Bevezets az absztrakt algebrba

Kiss EmilStanisaw Lem emlknek,

aki mindannyiunknl messzebbre ltott.

Tartalom

Bevezets 7

1. Komplex szmok 111.1. Szmols maradkokkal 121.2. A harmadfok egyenlet megoldsnak problmja 171.3. Szmols komplex szmokkal 211.4. A komplex szmok trigonometrikus alakja 261.5. Egysggykk s rendjeik 321.6. A komplex szmok precz bevezetse 371.7. sszefoglal 39

2. Polinomok 432.1. A polinom fogalma 432.2. A szoksos szmolsi szablyok 502.3. A polinomok alaptulajdonsgai 612.4. Polinomfggvnyek s gykk 642.5. A gyktnyezos alak 712.6. Tbbhatrozatlan polinomok 752.7. Szimmetrikus polinomok 802.8. sszefoglal 87

3. A polinomok szmelmlete 893.1. Szmelmleti alapfogalmak 893.2. A maradkos oszts 983.3. Gykk s irreducibilits 1043.4. Egsz egytthats polinomok 1093.5. Irreducibilits a racionlis szmtest fltt 1153.6. A derivlt s a tbbszrs gykk 1213.7. A rezultns s a diszkriminns 1263.8. A harmad- s negyedfok egyenlet 1333.9. A krosztsi polinom 1393.10. sszefoglal 145

3

4 Tartalom

4. Csoportok 1494.1. Pldk szimmetriacsoportokra 1504.2. Permutcik elojele s ciklusfelbontsa 1624.3. Izomorfizmus, ciklikus csoportok 1714.4. Mellkosztlyok, Lagrange ttele 1804.5. Orbit s stabiliztor 1864.6. Generlt rszcsoport 1964.7. Homomorfizmusok s normlosztk 2014.8. Hogyan keressnk normlosztt? 2104.9. A direkt szorzat 2204.10. Szabad csoportok s definil relcik 2294.11. Prmhatvnyrendu csoportok, Sylow ttelei 2414.12. Permutcicsoportok 2494.13. Feloldhat csoportok 2614.14. Vges egyszeru csoportok 2664.15. sszefoglal 271

5. Gyuruk 2775.1. Rszgyuru, idel, direkt szorzat 2785.2. Faktorgyuru 2865.3. Egyszeru gyuruk 2915.4. Lncfelttelek 2955.5. A szmelmlet alapttele 2995.6. A polinomgyuru ideljai 3045.7. Hnyadostest 3155.8. Karakterisztika s prmtest 3215.9. Rendezett gyuruk s testek 3265.10. Minimlpolinom algebrkban 3305.11. A szmfogalom lezrsa 3365.12. sszefoglal 342

6. Galois-elmlet 3456.1. Testbovtsek 3466.2. A szorzsttel s kvetkezmnyei 3536.3. Normlis bovtsek 3596.4. Testbovtsek konstrukcija 3646.5. Szimmetrik s kzblso testek 3726.6. A Galois-elmlet fottele 3826.7. Vges testek 3886.8. Geometriai szerkeszthetosg 3966.9. Egyenletek gykjelekkel val megoldhatsga 4076.10. A legfeljebb negyedfok egyenletek 417

Tartalom 5

6.11. sszefoglal 4237. Modulusok 427

7.1. Rszmodulusok, homomorfizmusok 4277.2. Direkt sszeg s fggetlensg 4327.3. Elem rendje modulusban 4387.4. Vgesen generlt modulusok 4437.5. A felbonts egyrtelmusge 4507.6. A Jordan-fle normlalak 4547.7. Homomorfizmusok csoportjai 4607.8. A tenzorszorzat 4667.9. Nemkommutatv gyuruk 4757.10. sszefoglal 483

8. Algebrai struktrk, hlk 4878.1. Hlk 4888.2. Algebrai struktrk 4968.3. Kifejezsek, polinomok, szabad algebrk 5088.4. Varietsok 5198.5. Disztributv hlk s Boole-algebrk 5258.6. Modulris hlk 5338.7. Galois-kapcsolat s fogalom-analzis 5468.8. Kategrik s funktorok 5538.9. Kitekints 5618.10. sszefoglal 564

9. Hibajavt kdok 5699.1. Alapfogalmak 5709.2. Lineris kdok 5739.3. Polinomkdok 5779.4. Ciklikus kdok 5849.5. A CD matematikja 5889.6. sszefoglal 590

10. Utsz: Mi az algebra? 593

U. tmutatsok, tletek a feladatokhoz 601U.1. Komplex szmok 601U.2. Polinomok 602U.3. A polinomok szmelmlete 605U.4. Csoportok 608U.5. Gyuruk 614U.6. Galois-elmlet 618

6 Tartalom

U.7. Modulusok 621U.8. ltalnos algebrk, hlk 623U.9. Hibajavt kdok 628

M. Megoldsok, eredmnyek 629M.1. Komplex szmok 629M.2. Polinomok 648M.3. A polinomok szmelmlete 675M.4. Csoportok 718M.5. Gyuruk 802M.6. Galois-elmlet 836M.7. Modulusok 868M.8. ltalnos algebrk, hlk 900M.9. Hibajavt kdok 932

E. Az eloismeretek sszefoglalsa 937E.1. Halmazelmlet s logika 937E.2. Vges matematika 944E.3. Analzis 945E.4. Szmelmlet 945E.5. Lineris algebra 948

T. Pldk, tblzatok 949T.1. Nhny krosztsi polinom 949T.2. Konkrt csoportok 950T.3. A grg betuk tblzata 952T.4. Angol-magyar algebra kissztr 953

P. Szmtgpes programok 959

Trgymutat 961

Irodalom 973

Bevezets

Te jl tudod, a klto sose ldt:az igazat mondd, ne csak a valdit.

Jzsef Attila: Thomas Mann dvzlse

Mi az algebra? Az algebra abbl az ignybol fejlodtt ki, hogy a szmt-sokat hatkonyan tudjuk elvgezni. Nemcsak klasszikus egyenletek s egyen-letrendszerek megoldsrl van sz: geometriai s fizikai problmk megold-sakor msfle mennyisgekkel, pldul komplex szmokkal, vektorokkal, mt-rixokkal, transzformcikkal, tenzorokkal, kvaternikkal is vgznk muvele-teket, amelyek kzs tulajdonsgait az algebrai struktrk rjk le. Ezek n-ll vizsglata szmos vratlan alkalmazssal szolglt a kombinatorikban, azalgoritmuselmletben, sot a kdelmletben is, ami pldul a mai megbzhatelektronikus kommunikcit teszi lehetov. A csoportok rendezo elvet adnaka geometriai vizsglatokhoz. Azt mondhatjuk, hogy az algebrai struktrk amatematika tbb gban is az alapveto nyelvezet rszt alkotjk. Az Olvastnem akarjuk technikai rszletekkel untatni, hiszen a knyvnk pontosan azt aclt szolglja, hogy megismerje az alapveto fogalmakat. Mgis azt tancsoljuk,hogy lapozzon bele most, s a knyv olvassa sorn is tbbszr a rvid 10. Feje-zetbe, ahol megksreltk lerni minl kzrthetobben, de mgis valdi pldkratmaszkodva azt, hogy vlemnynk szerint mi is az algebra. Ezek a pldk sa mgttk hzd elvek remlhetoleg egyre vilgosabb vlnak majd az anyagelsajttsa sorn.Kiknek szl ez a knyv? A magyar felsooktats, s ezen bell az algebratantsa is komoly vltozson megy keresztl mostanban. A kreditrendszer be-vezetsvel, a bolognai folyamat elorehaladtval a hallgatk szabadsga nagymrtkben megnvekedett. Ki-ki ignyei szerinti mlysgben hallgathat kurzu-sokat, ahol az anyag mennyisge, felptse, s gy az eloads tempja, rsz-letessge is klnbzo lehet. Elotrbe kerlt az nll, otthoni tanuls leheto-sge is. Ezrt szksgt reztk egy olyan tanknyv megalkotsnak, amelyezekhez az j ignyekhez alkalmazkodik, mind a dik, mind a tanra szmra.A knyv teht mindenkinek szl, aki kzpiskolai tanulmnyai befejezetvelszksgt rzi, hogy betekintsen az algebrba. Elsosorban a leendo matematika

7

8 Bevezets

tanrok, matematikusok, a matematikt alkalmaz szakemberek ignyeit tartot-tuk szem elott, idertve pldul a fizika, a kmia, a mrnki tudomnyok, vagyakr a kzgazdasgtan irnt rdeklodoket is.

Mennyire nehz elsajttani az anyagot? Euklidsz ta tudjuk, hogy a ma-tematikhoz nem vezet kirlyi t. Ennek ellenre az elsodleges clunk az volt,hogy a knyv maximlisan rtheto legyen minl tbb rdeklodo szmra. Eh-hez felhasznltuk az Etvs Lornd Tudomnyegyetem Algebra s SzmelmletTanszknek sok vtizedes oktatsi tapasztalatait: azt, hogy milyen tipikus kr-dsek hangzanak el a konzultcikon, milyen feladatok bizonyultak a legered-mnyesebbnek a gyakorlatokon. Az egyszerubb anyagrszeket is magyarza-tokkal lttuk el, bevettk mindazokat a httrszmolsokat, rszleteztk azokata meggondolnivalkat, amelyek sokszor csak hzi feladatknt szerepelnek azeloadsokon. Komolyan remnykednk abban, hogy a gyengbb httrrel in-dul hallgatk is kpesek lesznek e knyv segtsgvel felzrkzni, s tljutni akezdeti nehzsgeken.

Hogyan olvassuk a knyvet? A matematikt nem elg megtanulni, meg is kellrteni azt. Meggyozodsnk, hogy gy lehet a legeredmnyesebben tanulni, haminl tbb bizonytst nllan magunk tallunk ki, s ha menet kzben elgon-dolkozunk a dolgokon, mielott tovbb olvasnnk. Sok olyan knnyu llts van,aminek a bizonytst csak akkor lehet megrteni, ha valaki maga vgzi el amegfelelo szmolst. Tipikusan ilyen pldul j defincik egyszeru kvetkez-mnyeinek a vgiggondolsa, vagy pldk, ellenpldk ellenorzse.

Ezrt a knyv formja szokatlan: egyes szmolsi rszletek, meggondolniva-lk Krds, Gyakorlat, vagy akr Feladat formjban szerepelnek az elmletiszvegen bell is. Ha valaki nem boldogul egy ilyen Gyakorlattal, vagy ha el-lenorizni akarja magt, akkor rdemes a megoldst fellapoznia a knyv vgn,mielott tovbb haladna. A Krdsekre mindig a szvegben kvetkezik a v-lasz, ha tovbb olvasunk. A Gyakorlatok ltalban knnyebbek, a Feladatoknehezebbek. Mindegyikhez megoldst, a Feladatokhoz ezen kvl tmutatstis adunk a knyv vgn. A nehezebb feladatokat a szimblum jelli. gya knyvben csaknem teljes egszben, megoldsokkal egytt megtallhat azegyetemi gyakorlatokon ltalban szereplo trzsanyag.

Vigyzzunk: a megoldsok elolvassa nem helyettesti az nll gondolko-dst. Ezen kvl a megrts s a begyakorls kt klnbzo dolog! A knyv-ben szereplo Gyakorlatok s Feladatok elsosorban az anyag megrtst segtik.Ha nem elegendoek a begyakorlsra, akkor a Fagyejev-Szominszkij [9] s aCzdli-Szendrei-Szendrei [6] feladatgyujtemnyekbol rdemes tovbbi felada-tokat megoldani, egyni szksgletek szerint.

Ha valaki matematikval foglalkozik, akr tanrknt, akr kutatknt, akralkalmazknt, mindig el kell dntenie, hogy a preczsgnek mely szintje az,

Bevezets 9

amely a maximlis rthetosget eredmnyezi sajt maga s a krnyezete sz-mra. Ha nem vagyunk elg preczek, akkor sszemoshatunk klnbzo dolgo-kat, kimaradhatnak fontos felttelek, ami hibhoz, rthetetlensghez vezet. Haviszont tl preczek vagyunk, akkor a formalizmus mgtt elsikkad a lnyeg,az ido a kdolssal/dekdolssal, s nem az emberi gondolkozssal telik. Azttekinthetosg, s az ehhez kapcsold j jells megtallsa minden matema-tikusnak elsorenduen fontos feladata minden egyes problmban, mert hatko-nyabb teszi a gondolkodst s a kommunikcit.

Milyen a knyv stlusa? Nagy hangslyt fektettnk arra, hogy elmagyarzzuka mirt-eket: azt, hogy az egyes fogalmak mirt fontosak, mirt gy s nemmshogy definiltuk oket, hogy a bizonytsokban mirt ppen a lert lpsekettesszk, hogyan lehetne msmerre haladni. Elsosorban az aprbetus rszek-ben szerepelnek mlyebb, eloremutat, vagy filozfiai jellegu megjegyzsek is.Noha hangslyozottan elmleti anyagot trgyalunk, a teljessg ignye nlklmegprbltunk itt-ott kitekinteni a mlyebb matematikai elmletek s nhnyalkalmazs irnyba is, a fiziktl a hibajavt kdols bemutatsig.

gy gondoljuk, mindez nemcsak az anyag alkalmazshoz ad segtsget, ha-nem az nll problmamegolds elsajttshoz is. Aki a matematikt alkal-mazza, azaz modelleket kszt, annak a fogalomalkots technikjt is meg kellismernie. A fogalmak mgtt meghzd filozfit, az algebrai fogalomalko-tsi mdokat, szemlletet egy matematika tanrnak sokszor fontosabb ismernie,mint magukat a konkrt eredmnyeket. A tanr feladata az is, hogy hidat je-lentsen a tudomny s a mindennapok kztt, s ezrt fontos, hogy amennyirelehetsges, ttekintst szerezzen az ismeretek jelenlegi llsrl.

A modern matematiknak sajtossga, hogy mg az elmleti munkhoz isegyre inkbb hasznl szmtgpes szoftvereket. Ebben a vonatkozsban a c-lunk nem egy-egy program ismertetse, hanem a kedvcsinls volt. Elsosorbana Maple, illetve a csoportelmleti rszben a GAP program lehetsges felhasz-nlsbl adtunk zeltot. A matematikai programokrl rszletesebb informcitallhat a P. Fggelkben.

Milyen eloismereteket tteleznk fl? A knyv kiindulskppen csak a k-zpiskolai anyagra tmaszkodik. Ahogy azonban haladunk elore, szksg leszms, elsosorban szmelmleti, kombinatorikai, s ksobb lineris algebrai is-meretekre is. Ezek elsajttsban segthetnek az irodalomjegyzkben szereplomuvek, elsosorban Freud Rbert s Gyarmati Edit: Szmelmlet [12], illetveFreud Rbert: Lineris algebra [11] cmu knyvei. A szvegben termszetesenmindig megemltjk a szksges eloismereteket. A Fggelkben kln ssze-foglaltunk tbb olyan ttelt is, amelyre a szvegben hivatkozunk. Azt ajnljuk,hogy az Olvas mihamarbb fusson vgig a halmazelmleti s logikai alapfo-galmakat tartalmaz E.1. Szakaszon. A trgyalsi mdot gy vlasztottuk, hogy

10 Bevezets

kezdettol fogva a leheto legjobban eloksztse a legfontosabb absztrakt algebraifogalmak bevezetst. Ezrt a knyv elso fejezeteibe annak is rdemes belepil-lantania, aki mr ismeri pldul a komplex szmokat, vagy a polinomokat.Milyen anyagot lel fl ez a knyv? A matematika ptkezo jellegu, az j fo-galmak kialakulst sokszor a rgiekkel kapcsolatban felmerlo krdsek mo-tivljk. Ezrt nem ksreljk meg, hogy elore sszefoglaljuk a knyvnk ltaltrgyalt anyagot, mert ezt nehz lenne rthetoen elmondani. Arra biztatjuk azOlvast, hogy a knyv elejn tallhat tartalomjegyzkben fussa t az egyes fe-jezetek cmeit. Mindegyiknek az elejn rvid bevezeto olvashat. Kln felhv-juk a figyelmet a fejezetek vgn tallhat sszefoglalkra, amelyek a legfon-tosabb eredmnyekre val hivatkozsokat is tartalmazzk, s elmondjk, hovjutottunk el. Ezek a vizsgra kszlsben is hasznosak lehetnek. gy egyestteleket is visszakereshetnk (ebben a trgymutat is segthet).Ksznetnyilvnts. Hlmat szeretnm kifejezni kollgimnak: goston Ist-vnnak, Freud Rbertnek, Fried Ervinnek, Hermann Pternek, Keith Kearnes-nek, Moussong Gbornak, Plfy Pter Plnak, Pelikn Jzsefnek, Prohle P-ternek, Szab Csabnak, Szab Endrnek, valamint hallgatimnak (a legtbbetsegtok nvsora, a teljessg ignye nlkl: Boros Balzs, Brczi Kristf, CskaEndre, Finta Viktria, Gyenis Zaln, Hasz Sndor, Kmecs Viktria, Salt Mt,Strenner Balzs, Szab Mt, Vicze Zsolt) a rengeteg szakmai segtsgrt, a saj-thibk megtallsrt, a knyv olvashatbb ttelrt. A knyv mindannyiunkkzs munkja, a kirlyi tbbest ez indokolja.

Vgezetl hadd hangslyozzam, hogy a matematikval val foglalkozs a hasz-nossga mellett lvezetes, s a gondolkodst fejleszto idotlts is. Abban re-mnykedve, hogy az Olvasnak is sikerl rtallnia a matematika szpsgre,sikeres s kellemes munkt kvnok nhny arkhimdszi test rajzval, melyekszimmetriirl a csoportelmletben lesz majd sz.

1. KOMPLEX SZMOK. . . a zsenilis Cerebron, egzakt mdszerekkelboncolgatva a problmt, a srknyok hromfajt fedezte fel: a nulls, az imaginrius, sa negatv srknyokat. Mindezek, amint mremltettk, nem lteznek, de mindegyik fajtaegszen mskppen nem ltezik.

Stanisaw Lem: Kiberida(Murnyi Beatrix fordtsa)

Mik azok a szmok? Egy osember valsznuleg kis pozitv egsz szmokragondolna: egy, ketto, hrom, sok. Komoly felfedezs volt, hogy a nulla is szm.A rgi grgk csak a racionlis szmokat tekintettk szmnak. A trteket is-mertk, de a vgtelen tizedes trteket nem. A szakaszok hosszt csak geometria-ilag tudtk sszeadni, sot be is bizonytottk, hogy egy egysgnyi oldal ngyzettljnak hossza nem szm, hiszen nem lehet kt egsz hnyadosaknt kifejezni.A szmfogalom teht fejlodtt az emberisg trtnelme sorn (errol mg leszsz az 5.9. Szakaszban, ahol a termszetes szmokbl kiindulva eljutunk majda vals szmokig). Prszz ve derlt ki, Tartaglia s Descartes munkssganyomn, hogy a vals szmok fogalmt is rdemes tovbb bovteni.

Ha a vz all az t ujjunkat kidugjuk, akkor azok fggetlennek ltszanak.A komplex szmok bevezetse lehetov teszi, hogy benzznk a vz al, smegrtsk, hogy valjban egyetlen dologrl, a keznkrol van sz. A geometria,analzis s algebra krbe tartoz problmk egysgesebben kezelhetok, jobbanmegrthetok komplex szmok segtsgvel. Pldul az algebra alapttele szerintegy n-edfok egyenletnek a komplex szmok kztt mindig n megoldsa van.

Ebben a fejezetben megmutatjuk, hogy a harmadfok egyenlet megoldshozhasznos ezeket az jfajta szmokat bevezetni, majd alapveto tulajdonsgaikkalfoglalkozunk. A szmolsi szablyok hasonlak lesznek ahhoz, ahogy eddigszmokkal, vagy (egyenletek rendezse sorn) ismeretleneket tartalmaz kife-jezsekkel (gynevezett polinomokkal) szmoltunk. Ugyanezek a szablyokvonatkoznak arra az esetre is, amikor szmelmleti problmk megoldsakoregsz szmokkal szmolunk ugyan, de specilis mdon, mert csak az eredmnyegy bizonyos osztsi maradka, pldul a paritsa rdekel bennnket.

11

12 1. Komplex szmok

1.1. Szmols maradkokkalEbben a szakaszban a maradkokkal val szmols hasznossgt illusztrljuknhny feladattal, majd sszefoglaljuk a r vonatkoz szablyokat. Felttelez-zk, hogy az Olvas mr ismeri az elemi szmelmlet legalapvetobb fogalmait(maradkos oszts, oszthatsg, relatv prm szmok, prmszm, trzstnyezosfelbonts). Ezek megtallhatk pldul Freud Rbert s Gyarmati Edit [12]knyvnek elso fejezetben.

Az albbi kt feladat nagyon klnbzo, de a megoldsuk tlete hasonl.

1.1.1. Krds. Lefedheto-e egy 100 100-as sakktbla 8 1-es dominkkal(egyrtuen s hzagmentesen)?1.1.2. Krds. Megoldhat-e az egsz szmok krben az x2 + 5y = 1002egyenlet?

Az elso feladat megoldshoz rjunk fl a sakktbla minden mezojre egy-egy szmot a kvetkezokppen. A bal felso sarokba nullt runk. Ezutn asor tbbi elemt gy tltjk ki, hogy az elozo mezon lvo szmhoz mindig 1-ethozzadunk, de ha a 8-hoz rnk, akkor nem 8-at, hanem nullt runk ismt. Eztgy fejezzk ki, hogy az 1 hozzadst modulo 8 vgezzk el. Ha mr az elsosor ksz, akkor ebbol kiindulva az sszes oszlopot is hasonlan ksztjk el:lefel haladva minden mezo rtkt megnveljk 1-gyel modulo 8. Mskppfogalmazva: a (fellrol szmtott) i-edik sor j-edik mezojre rt szm az i+ j2maradka 8-cal osztva. A bal felso sarok teht gy nz ki:

0 1 2 3 4 5 6 7 0 11 2 3 4 5 6 7 0 1 22 3 4 5 6 7 0 1 2 33 4 5 6 7 0 1 2 3 44 5 6 7 0 1 2 3 4 55 6 7 0 1 2 3 4 5 66 7 0 1 2 3 4 5 6 77 0 1 2 3 4 5 6 7 00 1 2 3 4 5 6 7 0 11 2 3 4 5 6 7 0 1 2

Knnyen lthat, hogy brmely mezorol egyet jobbra vagy lefel lpve a rrtrtk pontosan 1-gyel nvekszik modulo 8. Helyezznk most r egy 8 1-esdomint erre a sakktblra, akr vzszintesen, akr fggolegesen. Brmilyenszmot takar is el a domin bal felso sarka, a kvetkezo eltakart szm ennleggyel nagyobb modulo 8, a kvetkezo mg eggyel, s gy tovbb. Mivel adomin nyolc ngyzetbol ll, mindenkppen a 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 szmokat ta-karja el, valamilyen sorrendben.

1.1. Szmols maradkokkal 13

Most mr knnyu beltni, hogy a kvnt lefeds nem lehetsges. Ha ugyanisltezne ilyen lefeds, akkor, mivel mindegyik domin pontosan egy darab 0-ttakar el, a sakktbln annyi 0 szerepelne, mint amennyi a szksges dominkszma. Ugyanennyi szerepelne az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 szmok mindegyikbol is.De ez nem gy van, knnyu megszmolni, hogy a sakktblra 1249 darab 0-t,de csak 1248 darab 7-est rtunk.1.1.3. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy a sakktblra tbb nullt rtunk, minthetest, anlkl, hogy megszmolnnk, melyikbol hnyat rtunk.

A most alkalmazott gondolatmenet egy indirekt bizonyts volt: feltteleztk,hogy a bizonytand llts hamis (azaz, hogy ltezik lefeds), s ebbol ellent-mondsra jutottunk (hiszen az jtt ki, hogy 1248 = 1249). Ezrt a bizonytandllts sem lehetett hamis, vagyis igaz kell, hogy legyen. Teht mg sincs ilyenlefeds. Ezt a bizonytsi mdot lpten-nyomon alkalmazni fogjuk.

Az 1.1.2. Feladat megoldshoz modulo 5 fogunk szmolni. A jobb olda-lon ll 1002 szm maradka 5-tel osztva 2. Mivel 5y maradka nulla, olyanx-et kell tallnunk, melyre x2 maradka szintn 2. Meg fogjuk mutatni, hogynincs ilyen x , teht az egyenletnek nincs megoldsa az egsz szmok kztt.

Ehhez elvileg vgig kellene nznnk az sszes egsz szmot, mindegyiketngyzetre emelni, s ttel elosztani. A nulltl indulva a keletkezo maradkoka kvetkezok lesznek:

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, . . .0, 1, 4, 4, 1, 0, 1, 4, 4, 1, 0, 1, 4, 4, 1, . . .

Lthatjuk, hogy a sorozat 5-svel periodikus. gy van-e ez akkor is, ha tovbbfolytatjuk a sorozatot, vagy ha a negatv x-eket is megvizsgljuk? A vlaszigenlo. Ennek beltshoz az x szmot osszuk el maradkosan 5-tel: x = 5q+r ,ahol r a 0, 1, 2, 3, 4 valamelyike. Ekkor

x2 = (5q + r)2 = 25q2 + 10q + r2 = 5(5q2 + 2q)+ r2 .Vagyis az x2 s az r2 ugyanazt a szmot adja maradkul! Ezrt elg az r2lehetsges maradkait vgignzni. Ezt mr megtettk, s ltjuk, hogy a 2 nemfordul elo kzttk, teht a feladatot megoldottuk: az egyenletnek nincs egszmegoldsa.

Az elozo feladatban az eredeti szm, azaz x helyett annak az 5-tel val osz-tsi maradkval szmoltunk. Ez risi knnyebbsg volt, mert vgtelen sokszm helyett csak vges sokat az t lehetsges maradkot kellett meg-vizsglni. A megoldst az tette lehetov, hogy szoros kapcsolat volt x2 s r2maradka kztt. Hasonl llts igaz ltalban az sszeadsra s a szorzsra is,durvn fogalmazva sszeg maradka a maradkok sszege, szorzat maradka amaradkok szorzata lesz. Emiatt tetszoleges olyan egyenletet, amelyben az is-meretlenek egsz szmok, megprblhatunk gy megvizsglni, hogy modulo 5

14 1. Komplex szmok

vesszk, vagyis az ismeretlenek helyett azok 5-tel val osztsi maradkvalszmolunk. Ha gy nincs megolds, akkor eredetileg sem lehetett. Persze az 5helyett ms modulust is kereshetnk, ha az egyenlet vizsglathoz az a cl-szerubb.

Hogyan is vgezzk ezeket a muveleteket a maradkok kztt? Foglaljukssze tblzatosan az sszeadst is s a szorzst is. Az a elemhez tartoz sor sa b elemhez tartoz oszlop metszspontjban az a s b modulo 5 vett sszegeilletve szorzata szerepel:

+5 0 1 2 3 40 0 1 2 3 41 1 2 3 4 02 2 3 4 0 13 3 4 0 1 24 4 0 1 2 3

5 0 1 2 3 40 0 0 0 0 01 0 1 2 3 42 0 2 4 1 33 0 3 1 4 24 0 4 3 2 1

Ezekbol a tblzatokbl sok hasznos informci olvashat le. Pldul a szor-zstbla fotljra nzve ltjuk azt a korbban mr felhasznlt tnyt, hogymodulo 5 a 0, 1, 4 szmoknak van ngyzetgyke, 2-nek s 3-nak pedig nincs.Mshogy fogalmazva: egy ngyzetszm 5-tel osztva nem adhat sem 2-t, sem3-at maradkul.

A fenti tblzatokkal kt j muveletet definiltunk a {0, 1, 2, 3, 4} halmazon,vagyis a modulo 5 maradkok halmazn. E muveletek tulajdonsgai nagyonhasonltanak az eredeti sszeads s szorzs tulajdonsgaihoz. Foglaljuk sszeezeket a tulajdonsgokat, de most mr ltalban, az 5 helyett tetszoleges m mo-dulust alkalmazva.

1.1.4. Definci. Legyen m pozitv egsz szm, s jellje Zm a {0, 1, . . . ,m1}halmazt, vagyis a modulo m maradkok halmazt. rtelmezzk e szmok kztta modulo m sszeadst s szorzst a kvetkezokppen. Ha a, b Zm , akkora +m b jellje az (egsz szmok kztt kiszmtott) a + b sszeg m-mel valosztsi maradkt. Hasonlkppen legyen a m b az ab szorzat m-mel valosztsi maradka.

1.1.5. llts. Legyen m 1 egsz s x, y, z Zm . A jobb ttekinthetosgkedvrt jellje + = +m a modulo m sszeadst, = m pedig a modulo mszorzst.

(1) (x + y)+ z = x + (y + z) (az sszeads asszociatv).(2) x + y = y + x (az sszeads kommutatv).(3) x + 0 = 0 + x = x (azaz ltezik nullelem, amelyet brmely elemhez

hozzadva azt az elemet kapjuk).(4) Minden x-nek van ellentettje, azaz olyan y, melyre x + y = y+ x = 0.

(Ilyen y lesz a x maradka modulo m.)

1.1. Szmols maradkokkal 15

(5) (x y) z = x (y z) (a szorzs asszociatv).(6) x y = y x (a szorzs kommutatv).(7) x 1 = 1 x = x (azaz ltezik egysgelem, amellyel brmely elemet

megszorozva azt az elemet kapjuk).(8) (x + y) z = x z + y z disztributivits).

Ezeket a tulajdonsgokat most nem bizonytjuk be (br nmelyiket knnyuellenorizni). A legtbbjk kvetkezik az albbi lltsbl, ami a modulo m mu-veletek s az egsz szmok kztti muveletek mr emlegetett kapcsolatt rja le.Az llts megfogalmazshoz egy x egsz szm m-mel val osztsi maradktegyszeruen csak fellvonssal, vagyis x-sal jelljk. Ezt persze csak akkor te-hetjk meg, ha mr elore megbeszltk, hogy mi az m modulus!1.1.6. llts. Ha m 1 egsz, x, y Z, s fellvons jelli a modulo mmaradk kpzst, akkor

x + y = x +m y s xy = x m y .Mshogy fogalmazva: sszeg maradka a maradkok (modulo m vett) sszege,s szorzat maradka a maradkok (modulo m vett) szorzata. Rviden: a mo-dulo m maradkkpzs sszeg- s szorzattart, azaz muvelettart.

Nem beszltnk a kivons s az oszts muveletrol. Elvgezhetjk-e ezeketis modulo m? A kivonst az sszeadsbl szrmaztatjuk, hiszen z = x y aza szm, amelyre z + y = x . Szerencsre ezzel a muvelettel nem kell klnfoglalkoznunk, mert visszavezetheto az ellentettkpzsre. Valban, az egszszmok kztt x y megkaphat gy, mint x+ (y) (szavakban: az y kivonsaaz y ellentettjnek a hozzadsa). Ugyanez a helyzet akkor is, amikor modulo mszmolunk.1.1.7. Feladat. Igazoljuk az 1.1.6 s az 1.1.5 lltsokat. Definiljuk alkalmasana kivons m muvelett, s mutassuk meg az x y = x m y azonossgot.

Az oszts muvelete ugyangy szrmazik a szorzsbl, mint ahogy a kivonsaz sszeadsbl: z = x : y az a szm, amelyre z y = x . Ahogy a kivons azellentett kpzsre, az oszts a reciprok (ms nven inverz) kpzsre vezethetovissza. Az y reciproka (vagy inverze) az az u = 1/y-nal (nha y1-gyel) jelltszm, melyre y u = u y = 1 (az egysgelem). Ha ezt ismerjk, akkor x : ymegkaphat gy, mint x u (szavakban: az y-nal val oszts a reciprokval valszorzs).

A reciprokkpzs (s gy az oszts) azonban nem vgezheto el korltlanul.Pldul a nullnak egsz biztosan nincs reciproka, hiszen u 0 = 0 mindenu-ra, s gy soha nem kapunk 1-et. Az egsz szmok kztt csak az 1-nek s a1-nek van olyan reciproka, ami szintn egsz szm, teht csak ezekkel lehetkorltlanul osztani. Mint az albbi gyakorlat illusztrlja, modulo m szmolva ahelyzet ennl jobb egy kicsit.

16 1. Komplex szmok

1.1.8. Gyakorlat. Vgezzk el a fenti modulo 5 szorzstbla alapjn a 2 : 3osztst modulo 5. Tudunk-e osztani Z5 minden nem nulla elemvel? Mi ahelyzet modulo 6?

Az eddigiek alapjn leszurhetjk, hogy modulo m maradkokkal ugyangy aszoksos szablyok szerint szmolhatunk, mint vals szmokkal, br az osz-tsnl vatosnak kell lennnk. A kvetkezo gyakorlat tovbbi vatossgra int.

1.1.9. Gyakorlat. Igaz-e modulo 5 illetve modulo 6, hogy szorzat csak akkorlehet nulla, ha valamelyik tnyezoje nulla? (Ezt a tulajdonsgot nullosztmen-tessgnek hvjuk.)

A tanulsg, hogy meg kell majd vizsglnunk pontosan, mit is rtnk a szo-ksos szmolsi szablyokon: fel kell sorolnunk, hogy mit s hogyan szabadcsinlnunk, amikor a muveleteket vgezzk. Mielott ezt megtennnk, megis-merkednk kt msik struktrval, melyekben szintn a szoksos szablyokalapjn lehet az sszeadst s a szorzst elvgezni.

Aki mr hallott maradkosztlyokrl szmelmletbol, az bizonyra ismeros-nek tallja a fentieket. Ha pldul modulo 5 nem maradkokkal, hanem mara-dkosztlyokkal akarunk szmolni, akkor nem a 2 maradkot tekintjk, hanemhelyette a 2 maradkosztlyt, vagyis az 5k + 2 alak szmok halmazt. Br ezmatematikailag elegnsabb megkzelts, a muveletek defincija ilyenkor kissbonyolultabb lesz, mint az imnt. A fellpo nehzsgekrol rszletesen szlunkmajd, amikor faktorgyurukrol beszlnk az 5.1. Szakaszban. Az alkalmazsoktekintetben a kt mdszer egyenrtku. Megjegyezzk mg, hogy a muvelet l-talnos fogalmrl a 2.2. Szakaszban (s mg ltalnosabban a 8.2. Szakaszban)lesz majd sz.

Gyakorlatok, feladatok

1.1.10. Gyakorlat. Melyek helyesek az albbi gondolatmenetek kzl?(1) Beltjuk, hogy az x2 + 10y2 = 6 egyenletnek van megoldsa az egsz

szmok krben. Tekintsk az egyenletet modulo 5. Ekkor azt kapjuk,hogy x 5 x = 1. Ennek van megoldsa, pldul az x = 1. Teht azeredeti egyenlet is megoldhat.

(2) Ugyanez a gondolatmenet az x2 + 5y2 = 6 egyenlet esetn.1.1.11. Gyakorlat. Az imnt felrt modulo 5 muveleti tblzatok vizsglatvalmutassuk meg, hogy a5 a minden egsz a-ra oszthat 5-tel. Milyen a eg-szekre igaz, hogy a4 1 oszthat 5-tel?1.1.12. Gyakorlat. Ksztsk el a modulo 6 maradkok sszeads s szorzs-tbljt. Milyen a egszekre teljeslnek az albbi oszthatsgok? (A b | cjells azt jelenti, hogy b osztja c-nek.)

(1) 6 | a6 a.

1.2. A harmadfok egyenlet megoldsnak problmja 17

(2) 6 | a5 1.(3) 6 | a2 1.

1.1.13. Gyakorlat. Bizonytsuk be a modulo 8 szorzs felhasznlsval, hogyminden pratlan szm ngyzete 8-cal osztva 1-et ad maradkul. Mutassuk megezt az lltst kzvetlen szmolssal is.

1.1.14. Gyakorlat. Adjunk meg a modulo 5 szorzstbla vizsglatval olyan xs y egszeket, melyre 5x + 3y = 7. Vges, vagy vgtelen sok megolds van?1.1.15. Gyakorlat. Mely x egsz szmokra teljesl, hogy 5 | x2 2x + 2? saz, hogy 7 | x2 2x + 2?1.1.16. Feladat. Mely x egszekre teljesl, hogy

(1) 101 | x2 2x + 2?(2) 101 | x2 13x 3?

1.1.17. Gyakorlat. A kznsges 8 8-as sakktblbl kivesszk az egyik tlkt vgpontjn lvo kt sarokkockt. Lefedheto-e a kapott alakzat 2 1-esdominkkal?

1.1.18. Feladat. Igazoljuk, hogy egy kk mretu sakktbla akkor s csak akkorfedheto le m 1-es dominkkal, ha m osztja k-nak.1.1.19. Feladat. Igazoljuk, hogy ha p is s p2 + 2 is prmszm, akkor p3 + 4is az. Igaz-e, hogy ha p is s p2 + 5 is prmszm, akkor p3 + 4 is az?

1.2. A harmadfok egyenlet megoldsnak problmjaEbben a szakaszban a harmadfok egyenlet kapcsn bemutatjuk, hogy a valsszmokat rdemes kibovteni a megoldsok meghatrozsa rdekben. Ehhezeloszr gondoljuk vgig, hogyan is oldjuk meg a msodfok egyenletet. A meg-oldkplet az egyenlet megoldst ngyzetgykvonsra vezeti vissza.

1.2.1. Gyakorlat. Az y2 + py + q = 0 egyenletben vezessk be az x = y wismeretlent. Hogyan vlasszuk meg w rtkt, ha azt akarjuk, hogy x rtktegy ngyzetgykvonssal kzvetlenl megkaphassuk?

A msodfok egyenlet megoldsakor alkalmazott (az elozo gyakorlatra adottvlaszbl add) y = x p/2 (azaz x = y + p/2) helyettests azrt mu-kdik, mert ltala eltunik az y-os tag, s mivel a w = p/2 kifejezheto azeredeti egyenlet egytthatibl, az talaktott egyenlet megoldsaibl az eredetiegyenlet megoldsait is megkaphattuk.

Prbljuk most megoldani az(1.1) ay3 + by2 + cy + d = 0 (a 6= 0)

18 1. Komplex szmok

harmadfok egyenletet. Most is megprblkozhatunk azzal, hogy az x = ywhelyettestssel hozzuk az egyenletet egyszerubb alakra. Ahhoz, hogy x2-estag ne szerepeljen, a w = b/3a rtket kell vlasztanunk. De a megoldsokatmost nem kapjuk meg kzvetlenl kbgykvonssal, mert az egyenletben bennemarad ltalban az x-es tag! Annyit azrt elrtnk, hogy (az a foegytthatvalval oszts utn) az egyenlet(1.2) x3 + px + q = 0alak lesz alkalmas p-re s q-ra, amelyek az eredeti egyenlet egytthatibl angy alapmuvelet segtsgvel kifejezhetok. Ennek az egyenletnek a megold-saibl az eredeti egyenlet megoldsait megkaphatjuk b/3a levonsval.1.2.2. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy az (1.1) egyenlet esetben az y = x b/3aaz egyetlen olyan helyettests, ami eltnteti az y2 egytthatjt. Szmtsuk kiaz (1.2) egyenletben keletkezo p s q rtkt is.

Teht elegendo ezt az j egyenletet megoldanunk. A megoldshoz vezetotletet az albbi azonos talakts szolgltatja:

(u + v)3 = u3 + 3u2v + 3uv2 + v3 = u3 + v3 + 3uv(u + v) ,azaz

(u + v)3 3uv(u + v) (u3 + v3) = 0 .Ez az azonossg hasonlt a megoldand egyenlet x3 + px + q = 0 alakjhoz.Ha sikerlne az u s v szmokat gy megvlasztani, hogy a

(1.3)3uv = p

(u3 + v3) = q

}

egyenletrendszer teljesljn, akkor x = u + v biztosan az egyenlet megoldsalenne.

1.2.3. Gyakorlat. Belttuk-e, hogy az x3 + px + q = 0 egyenlet minden meg-oldsa u + v alakban rhat, ahol u s v kielgti ezt az egyenletrendszert?

Hogyan lehetne megoldani ezt az egyenletrendszert? Az olyan egyenletrend-szereket, ahol a kt ismeretlen sszege s szorzata adott, msodfok egyenletrevezethetjk vissza.1.2.4. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha a s b vals szmok, akkor az

x + y = axy = b

}

egyenletrendszer megoldsai ppen a z2 az+ b = 0 egyenlet megoldsai. Mitrtnik, ha ennek a msodfok egyenletnek csak egy megoldsa van?

1.2. A harmadfok egyenlet megoldsnak problmja 19

Az (1.3) egyenletrendszerben u3 s v3 sszege q, szorzatuk pedig, az elsoegyenletet kbre emelve, (p/3)3. Ezrt u3 s v3 a z2 + qz (p/3)3 = 0msodfok egyenlet megoldsai. Ezt a msodfok egyenletet megoldva u s vrtkt kbgykvonssal llapthatjuk meg. A szmolst elvgezve az gyneve-zett Cardano-kpletet kapjuk:

x = u + v = 3q

2+(

q2

)2+( p

3

)3+ 3q

2(

q2

)2+( p

3

)3.

A ngyzetgyk alatt ll (q/2)2 + (p/3)3 kifejezst ltalban D betuvel fogjukjellni.

A Cardano-kpletben teht mindenhol q/2 szerepel, ami a knnyebb megje-gyezhetosget segti elo. Termszetesen (q/2)2 helyett (q/2)2 is rhat. Msikmegjegyzsi lehetosg, hogy a kbgykjelek alatti kpletek ritmusa nagyon ha-sonlt a msodfok egyenlet megoldkpletre.

Ahogy a msodfok egyenlet esetben a ngyzetgykjel alatti kifejezst azegyenlet diszkriminnsnak hvjk, gy nhny knyvben a fenti D-t is gy ne-vezik. A 3.7. Szakaszban bevezetjk majd a diszkriminns fogalmt magasabbfok egyenletekre is, s megltjuk, hogy a harmadfok egyenlet esetben inkbba 108D kifejezst rdemes diszkriminnsnak hvni (3.7.11. Gyakorlat).Az 1.2.3. Krdsre adott vlasz szerint egyltaln nem lttuk be, hogy a

Cardano-kplet megadja a harmadfok egyenlet sszes gykt. Gyanakvsraadhat okot, hogy mivel a vals szmok krben minden szmnak egy kbgykevan, a kplet csak egyetlen megoldst szolgltathat. Mrpedig knnyen flrha-tunk egy olyan harmadfok egyenletet, amelynek hrom vals megoldsa van,pldul

(x 1)(x 4)(x + 5) = x3 21x + 20 = 0 .Vajon az 1, 4 s5 kzl melyiket adja a Cardano-kplet? Ha behelyettestnk,akkor D = 243, azaz negatv szm addik. Ebbol nem tudunk ngyzetgyktvonni, teht az egyenlet egyik megoldst sem kapjuk meg!

Hasznlhatatlan lenne a mdszernk? Mielott feladnnk, vizsgljunk megkt msik egyenletet is. Az x3 9x 28 = 0 esetben D = 169, azaz

x = 3

14+ 13+ 3

14 13 = 3+ 1 = 4 .Tbb megolds nincs is (a vals szmok kztt), mert

x3 9x 28 = (x 4)(x2 + 4x + 7) ,s a msodik tnyezonek nincs vals gyke.

Lehet, hogy ha csak egy vals megolds van, akkor a kplet ezt mindig meg-adja? Az elozo pldn felbtorodva prblkozzunk meg az x3 3x 52 egyen-lettel. Az eredmny

x = 3

26+

675+ 3

26

675 ,

20 1. Komplex szmok

kalkultorral ezt (kzeltoleg) kiszmtva x = 4 addik. Szorzatt alaktssalmost is meggyozodhetnk arrl, hogy az egyenlet egyetlen vals megoldsa azx = 4. Teht a fenti gyks kifejezs nemcsak kzeltoleg, hanem pontosanegyenlo 4-gyel! Ezt kzvetlenl is be tudjuk ltni, ha szrevesszk, hogy

26+

675 = 26+ 15

3 = 23 + 3 22

3+ 3 2

32 +

3

3 = (2+

3)3 ,

s ugyangy 26

675 = (2

3)3. Ezrt x = (2+

3)+ (2

3) = 4.Trjnk most vissza az x3 21x + 20 = 0 egyenletbol kapott

x = 310+

243+ 3

10

243

eredmnyre. Felejtsk el, hogy nincs olyan vals szm, aminek a ngyzete243, s prbljuk most is az elozo mdon elvgezni a kbgykvonst. Annyitpersze elfogadunk, hogy (

3)2 = 3. Azt kapjuk, hogy 10 + 243rtke

10+ 93 = 23 + 3 22

3+ 3 2(

3)2 + (

3)3 = (2+

3)3 ,

s ugyangy 10243 = (23)3. Ezrt az egyenlet egyik megoldsax = (2+

3)+ (2

3) = 4 .

Vagyis egy megoldst ki tudunk hozni a Cardano-kpletbol, ha hajlandk va-gyunk formlisan szmolni negatv szmok ngyzetgykvel, mert ezek a ngy-zetgykk a vgn kiesnek! Sot, a kbgykvonst mskpp vgezve a msikkt megolds is kijn.1.2.5. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy(

52+3

2

)3=(

12 3

32

)3= 10+

243 .

A kt j kbgykbol x2 = (5/2 +3/2) + (5/2 3/2) = 5,

illetve x3 = (1/2 33/2)+ (1/2+ 33/2) = 1 addik.

Talltunk egy csvld farkat, keressk meg a kutyt! Szabad-e, s ha igen,milyen szablyok szerint szabad szmolni ezekkel az jfajta kifejezsekkel?Igaz-e, hogy a Cardano-kplettel az sszes harmadfok egyenlet megoldhat?Mi lesz a megoldsok szma? Van-e a fenti trkks eljrstl klnbzo, me-chanikus mdszer a kbgykvons elvgzsre? Mindezekre a krdsekre akomplex szmok bevezetse adja meg a vlaszt. A Cardano-kplet pontos tr-gyalsra a 3.8. Szakaszban trnk majd vissza (az igazn mly megrtse pe-dig, Galois-elmlet segtsgvel, a 6.10. Szakaszban kvetkezik majd be).

1.3. Szmols komplex szmokkal 21

Gyakorlatok, feladatok

1.2.6. Gyakorlat. Elrhetjk-e alkalmas x = y + w helyettestssel, hogy az(1.1) harmadfok egyenletbol az y-os tag, illetve a konstans tag (vagyis a d)tunjn el?1.2.7. Gyakorlat. Helyes-e az 1.2.4. Gyakorlatra adott kvetkezo megolds?Ha x+y = a s xy = b, akkor (zx)(zy) = z2(x+y)z+xy = z2az+b.Teht a z2 az + b = 0 egyenletnek megoldsa x is s y is.1.2.8. Gyakorlat. Melyik termszetes szm a 3

7+

50+ 3

7

50?

1.2.9. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy 44 = 1 + 1. Keressk meg

44 hrom tovbbi rtkt is.1.2.10. Gyakorlat. Egy pozitv vals szmbl kt ngyzetgyk vonhat. Ezrtha D rtke pozitv, akkor ltszlag a Cardano-kpletbol ngy megoldst nyer-hetnk (hiszen mindkt ngyzetgykvonsnak ktfle eredmnye lehet). Hogylehet ez? Tnyleg ngy megoldsa van ilyenkor a harmadfok egyenletnek?

1.2.11. Gyakorlat. Az albbi levezets ellentmondshoz vezet:1 =

1 =

(1) (1) =

1

1 = 1 .

Fel kell adnunk a1-et tartalmaz kifejezsekkel val szmols gondolatt?

Az analzisbol ismert Bolzano-ttel (lsd E.3.2. Ttel) azt mondja ki, hogy haegy folytonos fggvny (mint pldul f (x) = ax3 + bx2 + cx + d) bizonyoshelyeken negatv, illetve pozitv rtket vesz fel, akkor e kt hely kztt felveszia nulla rtket is, azaz a grafikonjnak valahol t kell metszenie az x-tengelyt.

1.2.12. Feladat. Igazoljuk Bolzano ttelnek felhasznlsval, hogy egy valsegytthats harmadfok egyenletnek mindig van vals megoldsa.

1.3. Szmols komplex szmokkalA tervnk az, hogy olyan kifejezsekkel is tudjunk formlisan szmolni, me-lyekben negatv szmok ngyzetgykei is szerepelnek. Az 1.2.11. Gyakorlatazonban vatossgra int. Meg kell pontosan mondanunk, milyen kifejezseketakarunk vizsglni, s megllaptani a szmols szablyait.

Hogy ne kelljen sokat rni, vezessk be a 1 = i rvidtst. Ltni fogjuk,hogy hasonl rvidtst nem kell bevezetnnk a tbbi negatv szm ngyzet-gykre, pldul

4 helyett rhatunk majd 21 = 2i-t, mert e kt szmngyzete ugyanaz. Mivel az sszeadst s a szorzst is el akarjuk vgezni, biz-tosan meg kell engednnk az olyan kifejezseket, mint pldul 3 + 2i , vagyisltalban az a + bi alak kifejezseket, ahol a s b vals szmok. Ezekkel gy

22 1. Komplex szmok

fogunk szmolni, mintha i egy ismeretlen lenne, de kzben felhasznlhatjuk,hogy i2 = 12 = 1.

Tegyk fl, hogy az a+bi alak kifejezsekkel szabad a szoksos szablyokszerint szmolni. Ekkor kt ilyen kifejezst knnyu sszeadni:

(a + bi)+ (c + di) = (a + c)+ (b + d)i .Sot, ssze is tudjuk szorozni oket:

(a + bi)(c + di) = ac + adi + bci + bdi2 = (ac bd)+ (ad + bc)i ,hiszen i2 = 1.

A1-nek kt rtke lesz (ez okozza a gondot pldul az 1.2.11. Gyakor-

latban fellpo ltszlagos ellentmonds sorn). Az i betu a kt rtk egyiktjelli, egyszer s mindenkorra. Azonnal ltjuk, hogy a msik rtk i , mert(i)(i) = i2 = 1. A msik rtkkel persze ugyangy kell szmolni, sennek ksobb igen nagy hasznt vesszk, amikor az gynevezett konjugls tu-lajdonsgait vizsgljuk majd.

1.3.1. Gyakorlat. t lehet-e alaktani a 2 + 3i kifejezst, hogy a vgn 4 + 5ijjjn ki?

Eddig a lehetosgeinket vizsglgattuk, azt, hogy ha sikerlne szmolni a ne-gatv szmok ngyzetgykeivel, akkor milyen szablyok ktnnek bennnket.Most mr eleget tudunk ahhoz, hogy vgre definilhassuk a komplex szmokat.1.3.2. Definci. Komplex szmoknak az a+bi alak formlis kifejezseket ne-vezzk, ahol a s b vals szmok. Az a + bi s a c + di szmokat akkortekintjk egyenlonek, ha a = c s b = d. Az sszeadst s a szorzst az albbikpletekkel definiljuk:

(a + bi)+ (c + di) = (a + c)+ (b + d)i(a + bi)(c + di) = (ac bd)+ (ad + bc)i .

A komplex szmok most definilt halmazt C jelli. Emlkeztetol megje-gyezzk, hogy az egsz, racionlis, illetve vals szmok halmaza rendre Z, Qs R.

Az 1.3.1. Gyakorlat megmutatta, hogy mirt gy definiltuk komplex szmokegyenlosgt, az elotte levo szmols pedig, hogy mirt gy definiljuk a muve-leteket. Defincink alkalmas arra, hogy a komplex szmokkal szmolni tudjunk,ami most az elsodleges clunk. Matematikai szempontbl azonban nem kiel-gto, mert nem elgg precz, s mert nem mutattuk meg, hogy a szmolsokblnem jhet ki ellentmonds. Az 1.6. Szakaszban visszatrnk majd ezekre a kr-dsekre, s beptoljuk a hinyossgokat.Ha az a + bi kifejezsben b = 0, akkor csak a-t runk, s gy lthatjuk, hogy

a vals szmok mind komplex szmok is egyttal (s komplex szmknt persze

1.3. Szmols komplex szmokkal 23

ugyangy kell oket sszeadni s szorozni, mint vals szmknt). Hasonlkp-pen 0 + bi helyett csak bi-t fogunk rni. Az ilyen alak komplex szmokat(tisztn) kpzetes, vagy imaginrius szmoknak nevezzk. A z = a+ bi komp-lex szm vals rsze Re(z) = a, kpzetes rsze pedig Im(z) = b (a jells alatin eredetu "relis rsz", illetve "imaginrius rsz" kifejezsekbol szrmazik).Kln is felhvjuk a figyelmet arra, hogy a kpzetes rsz vals szm, teht b, snem bi .

Foglaljuk ssze azokat a szablyokat, amelyek a most definilt muveletekrervnyesek. rdemes szrevenni, hogy ezek mennyire hasonltanak mind a va-ls szmok krben megszokott szablyokhoz, mind pedig a maradkokkal valszmols szablyaihoz, amiket az 1.1.5. lltsban soroltunk fel.1.3.3. llts. Tetszoleges x, y, z C szmokra rvnyesek az albbiak.

(1) (x + y)+ z = x + (y + z) (az sszeads asszociatv).(2) x + y = y + x (az sszeads kommutatv).(3) x + 0 = 0+ x = x (azaz ltezik nullelem).(4) Minden x-nek van ellentettje, azaz olyan y, melyre x + y = y+ x = 0.

(Ha x = a + bi , akkor ilyen y lesz a + (b)i .)(5) (xy)z = x(yz) (a szorzs asszociatv).(6) xy = yx (a szorzs kommutatv).(7) x 1 = 1 x = x (azaz ltezik egysgelem).(8) (x + y)z = xz + yz (disztributivits).

Ezt az lltst nem bizonytjuk be, mert kvetkezni fog a ksobb tanultakbl.Egy mintabizonytst azonban rdemes mindenkinek nllan elvgezni.

1.3.4. Gyakorlat. Mutassuk meg a fenti azonossgok kzl a disztributivitst.

Az 1.1. Szakaszban lttuk, hogy a z w kivons eredmnye megkaphat wellentettjnek a hozzadsval is: z w = z + (w). Mivel minden komplexszmnak van ellentettje, a kivonst mindig el tudjuk vgezni. Konkrtan aztkapjuk, hogy az a + bi s c + di szmok klnbsge (a c)+ (b d)i .

Ugyancsak az 1.1. Szakaszban lttuk, hogy az oszts elvgzshez azt kellmegvizsglnunk, mely komplex szmoknak van reciproka, mert z/w = z(1/w),vagyis a w-vel val oszts visszavezetheto a w reciprokval val szorzsra.

1.3.5. Gyakorlat. Keressk meg az 1 + i komplex szm reciprokt, vagyis azta z komplex szmot, melyre (1+ i)z = 1.

Noha e gyakorlatot egyenletrendszer segtsgvel is megoldhatjuk, eljrha-tunk elegnsabban is. Az osztst a trt alkalmas bovtsvel rdemes elvgezni:

1a + bi =

a bi(a + bi)(a bi) =

a bia2 + b2 =

a

a2 + b2 +b

a2 + b2 i .

24 1. Komplex szmok

A nevezoben szereplo a2 + b2 kifejezs mindig pozitv, kivve ha a = b = 0,hiszen nem nulla vals szm ngyzete pozitv. Ezrt a fenti szmols mindigelvgezheto, ha a s b egyike nem nulla. A komplex szmok egyenlosgnekdefincija alapjn viszont a + bi akkor nulla, ha a = b = 0, s gy a kapottkplet minden nem nulla komplex szm esetben rtelmes.

Br komplex szm reciprokt az elozo bekezdsben bemutatott mdszerrelrdemes kiszmolni, ezzel a szmolssal mg nem lttuk be, hogy minden nemnulla komplex szmnak van reciproka. Az elozo szmols csak azt mutatja,hogy ha a + bi-nek van reciproka, az nem lehet ms, mint a fenti c + di , aholc = a/(a2 + b2) s d = b/(a2 + b2). Azonban

(a + bi)(c + di) = (a + bi)(a bi)a2 + b2 =

a2 + b2a2 + b2 = 1 ,

teht c + di tnyleg reciproka a + bi-nek. Ezzel belttuk a kvetkezo lltst.1.3.6. llts. A komplex szmok kztt minden nem nulla szmmal lehet osz-tani.

1.3.7. Kvetkezmny. A komplex szmok kztt egy szorzat csak akkor lehetnulla, ha valamelyik tnyezoje nulla. (Ezt a tulajdonsgot most is nullosztmen-tessgnek nevezzk.)Bizonyts. Tegyk fl, hogy zw = 0, de z 6= 0. Meg kell mutatnunk, hogyakkor w = 0. Mivel z 6= 0, van reciproka, vagyis egy olyan u, melyre uz = 1.Ekkor

w = 1 w = (uz)w = u(zw) = u 0 = 0 .Teht C valban nullosztmentes.

Az a kifejezs, amivel osztskor a trtet bovtettk, olyan fontos, hogy nllnevet kapott. A z = a + bi komplex szm konjugltjnak a z = a bi szmotnevezzk. Teht az oszts konkrt elvgzsekor a nevezo konjugltjval rdemesbovteni. A nevezoben ilyenkor a zz = a2 + b2 kifejezs keletkezik, amirollttuk, hogy nemnegatv vals szm.

1.3.8. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha z vals szm, akkor

zz a z abszoltrtke.

Ezt az szrevtel lehetov teszi, hogy az abszolt rtk fogalmt komplexszmokra is kiterjesszk. A kvetkezo szakaszban egy jabb, geometriai indo-kot is fogunk ltni arra, hogy mirt rdemes a komplex szmok abszolt rtktaz albbi mdon definilni.

1.3.9. Definci. A z = a+bi komplex szm konjugltjn a z = abi komplexszmot, abszolt rtkn a |z| = zz =

a2 + b2 nemnegatv vals szmot

rtjk.

1.3. Szmols komplex szmokkal 25

Nagyon fontos megrtennk, hogy komplex szmok kztt mr nem igaz,hogy az abszolt rtk mindig a szm maga, vagy az ellentettje (ami valsakraigaz volt). Komplex szmok kztt egyenlotlensgeket sem rhatunk fel (ki-vve, ha vletlenl valsak), teht nem beszlhetnk pldul pozitv komplexszmokrl. Ennek okt ksobb (az 5.9. Szakaszban) fogjuk majd ltni. Mostsszefoglaljuk a konjugls s az abszolt rtk nhny tulajdonsgt. Ezekkzl tbben emlkeztetnek arra, amit az 1.1.6. lltsban muvelettartsnak ne-veztnk.

1.3.10. llts. Tetszoleges z, w C szmokra rvnyesek az albbiak.(1) A konjugls klcsnsen egyrtelmu, s z = z.(2) z = z akkor s csak akkor, ha z vals.(3) z + w = z + w (a konjugls sszegtart).(4) zw = z w (a konjugls szorzattart).(5) |z| = 0 akkor s csak akkor, ha z = 0.(6) |z| = |z|.(7) |zw| = |z||w| (az abszolt rtk szorzattart).

Bizonyts. Az lltsok mindegyikt be lehet ltni gy, hogy a z = a + bi sw = c + di helyettests utn elvgezzk a muveleteket. Ezeket a szmolso-kat az Olvasra hagyjuk, s csak annak a megmutatsra szortkozunk, hogy azabszolt rtk szorzattartsa hogyan kvetkezik abbl, hogy a konjugls szor-zattart. Nyilvn

|zw|2 = zw zw = zw z w = zzww = |z|2|w|2 .

Mivel az abszolt rtk nemnegatv, ngyzetgykt vonhatunk.

A Maple program ismeri a komplex szmokat, az i helyett a I betut hasznlja.(1+I)^4/(2*I);

2 Iexpand((sqrt(3)+I)^3);

8 I

Az sqrt ngyzetgykt, a csillag szorzst, a sapka hatvnyozst jell.

A komplex szmokat nemcsak az algebrban hasznljk. Egyes geomet-riai alakzatok sokkal jobban megrthetok, ha a lersukra komplex vltozkatis hasznlunk (az alakzat valsban fekvo darabja csupn a jghegy cscsa).A kvantummechanikban komplex rtku valsznusgek adjk meg a rszecs-kk llapott. Az univerzum egyes modelljeiben az idot komplex szm jelentimeg. Ksobb megmutatjuk (2.5.4. Ttel), hogy mi a komplex szmoknak az anagyon j tulajdonsga, ami tbb ilyen alkalmazst lehetov tesz.

26 1. Komplex szmok

Gyakorlatok, feladatok

1.3.11. Gyakorlat. Szmtsuk ki az albbi kifejezsek rtkt.(1) (1+ i)(3 2i), 1/ i , (1+ i)/(3 2i).(2) |(4+ i)/(4+ i)|, |(1+ 1526i)100/(1 1526i)100|.(3) (1+ i)2, (1+ i)1241.(4) (1+ i

3)3.

1.3.12. Gyakorlat. Oldjuk meg az albbi egyenleteket C-ben.(1) x2 + 1 = 0.(2) x2 = 12.(3) x2 + 2x + 2 = 0.(4) x2 + 2i x 1 = 0.

1.3.13. Feladat. Hatrozzuk meg azokat a c + di szmokat (c s d vals), me-lyek ngyzete 20i 21. Oldjuk meg az x2+ (i 2)x + (6 6i) = 0 egyenleteta komplex szmok krben. E plda alapjn adjunk ltalnos eljrst a ngyzet-gykvonsra, s a msodfok egyenlet megoldsra.

1.3.14. Gyakorlat. Oldjuk meg az albbi egyenleteket C-ben.(1) x2 = i .(2) x2 + 3x + 4 = 0.(3) x2 (2+ i)x + 7i 1 = 0.(4) (2+ i)x2 (5 i)x + 2 2i = 0.(5) x = (3+ 2i)x .(6) x = 2 Re(x).(7) Re(x) = x + x .

1.3.15. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy a konjugls szorzattart.1.3.16. Gyakorlat. Melyek igazak az albbi lltsok kzl?

(1) A konjugls tartja a kivonst.(2) Az abszolt rtk tartja az sszeadst.(3) Az abszolt rtk tartja az osztst.

1.4. A komplex szmok trigonometrikus alakjaA komplex szmokat egyenletek megoldsra akartuk hasznlni. Ehhez a ngyalapmuveleten kvl gykvonsra biztosan szksg van. Az 1.3.13. Feladatmegoldsakor lttuk, hogy a komplex szmok jobbak, mint a valsak a ngyzet-gykvons szempontjbl, mert itt minden szmbl lehet ngyzetgykt vonni.Azt is lttuk azonban, hogy ez elgg kompliklt szmolssal jr, s a mdszermr a kbgykvons elvgzshez is hasznlhatatlanul bonyolultnak tunik.

1.4. A komplex szmok trigonometrikus alakja 27

Az ilyen zskutckbl a matematikban nem egyszer gy kecmergnk ki, hogyflretesszk az eredeti problmt, s egy msik, ltszatra teljesen j tmval kez-dnk foglalkozni. Gyakran megesik, hogy ennek sorn vratlanul tleteket ka-punk az eredeti problma megvlaszolsra is. Most is ezt az utat kvetjk, smellktermkknt nemcsak a gykvons mdszert fedezzk fel, hanem geo-metriai feladatok megoldshoz is hasznos eszkzre lelnk.

Az j tma amivel foglalkozunk, a kvetkezo: ha a vals szmokat a szm-egyenesen tudjuk brzolni, akkor rdemes-e a komplex szmokat is hasonlmdon lerajzolni? A tapasztalatok azt mutatjk, hogy erre a sk bizonyul alkal-masnak. rjuk r az a + bi szmot a sk (a, b) pontjra. Ez azrt hasznos, merta komplex szmok muveletei nagyon ismerosek lesznek geometribl!

Akr fizikbl, akr geometribl, mindannyian ismerjk a vektorok fogal-mt. Foglaljuk ssze, mit is tudunk ezekrol. A vektorokat az irnytott szaka-szokbl kapjuk gy, hogy az egyenlo hossz s egyforma lls irnytott szaka-szokat egyenlonek, ugyanannak a vektornak tekintjk. Ezrt nha rdemes csakazokat a szakaszokat vizsglni, amelyek kezdopontja az origban van. Ekkorhelyvektorokrl beszlnk. A helyvektorokat szoks a vgpontjukkal azonos-tani, vagyis a sk (a, b) pontjt vektornak is tekinthetjk: annak a vektornak,ami az origbl (a, b)-be mutat.

-

6

:

:*

z + w

a

b bd

c

c

c

d

z

w

z

w

O

A

B

C

A = (a, b)B = (c, d)C = (a + c, b + d)

1.1. bra. VektorsszeadsVektorokat gy adunk ssze, hogy egyms utn fuzzk oket. Helyvekto-

rok esetben teht az A s B pontba mutat vektorok sszege akkor mutat a Cpontba, ha az O AC B ngyszg (esetleg elfajul) paralelogramma. Ha kisz-moljuk a pontok koordintit, akkor ebbol az addik, hogy az (a, b) s (c, d)helyvektorok sszege (a+ c, b+d). Vegyk szre, hogy ugyanezzel a kplettelkell sszeadni a komplex szmokat is!1.4.1. llts. A komplex szmok sszeadsa a vektorsszeadsnak felel meg.Pontosabban: kt komplex szm sszegnek megfelelo helyvektor a kt komp-lex szmnak megfelelo helyvektorok sszege.

A komplex szmok szorzsnak kplete elso rnzsre nem utal geometriaikapcsolatra. Ahhoz, hogy a kapcsolatot felfedezzk, rdemes szrevenni, hogy

28 1. Komplex szmok

minden nem nulla helyvektort egyrtelmuen meghatroz az origtl val t-volsga, vagyis a hossza, tovbb az x-tengely pozitv feltol mrt, irnytottszge. Pldul az 1 i szge 315 (vigyzzunk, nem 45). A z komplexszm szgt nha z rkusznak vagy argumentumnak is nevezik, s ilyenkorarg(z)-vel jellik. Ez a szg egyrtelmuen meghatrozott, ha kiktjk, hogy0 arg(z) < 2 = 360 legyen.

-

6 3

K

|z| =r = a2 +

b2

= arg(z)a = r cos

b = r sin

z = a + bi = r(cos + i sin)

1.2. bra. Komplex szm trigonometrikus alakjaAz 1.2. brbl leolvashatjuk a kvetkezo sszefggseket. Ha a z = a + bi

nem nulla szm hossza r s szge , akkor nyilvn a = r cos s b = r sin,azaz z = r cos + ir sin = r(cos + i sin). Ezt a flrst a z 6= 0 szmtrigonometrikus alakjnak, a z = a + bi flrst algebrai alaknak nevezzk.Vegyk szre, hogy

|z|2 = a2 + b2 = r2(cos2 + sin2 ) = r2 ,azaz komplex szm hossza ugyanaz, mint az abszolt rtke. Mindezt perszeleolvashatjuk az brrl is, ha Pitagorasz ttelt alkalmazzuk. A nulla komplexszmnak sem szge, sem trigonometrikus alakja nincs.1.4.2. Gyakorlat. rjuk fl az albbi szmokat trigonometrikus alakban:

(1) 1+ i s 1 i .(2)

3+ i s 1

3i .

Angolul a trigonometrikus alak neve polar form. Ennek megfeleloen a Mapleprogram segtsgvel a kvetkezokppen hozhatunk egy komplex szmot trigo-nometrikus alakra:

polar(1+I);1/2

polar(2 , 1/4 Pi)A zrjelben szereplo 21/2 = 2 az 1+ i szm abszolt rtke (angolul absolutevalue vagy modulus), a /4 pedig a szge.

1.4.3. Ttel. Tetszoleges z s w komplex szmokra |z+w| |z| + |w| teljesl.Ezt hromszg-egyenlotlensgnek nevezzk. Egyenlosg akkor van, ha z s wprhuzamosak, s egyenlo llsak.

1.4. A komplex szmok trigonometrikus alakja 29

Bizonyts. Ha a z s w vektorokat sszefuzssel adjuk ssze, akkor egy olyanO AC hromszget kapunk, melyre O A = z, AC = w s OC = z + w.Vagyis az llts valban a hromszgegyenlotlensgnek felel meg. Egyenlosgakkor teljesl, ha a hromszg elfajul, mgpedig gy, hogy az A cscs az OCszakaszra esik.

A hromszg-egyenlotlensget algebrailag is be lehet bizonytani, ha z-t sw-talgebrai alakban rjuk fl, s trendeznk. Ekkor a hres CauchyBunyakovszkijSchwarz egyenlotlensgre vezethetjk vissza az lltst. Ez a kapcsolat, s mind-kt egyenlotlensg ltalnosabban, gynevezett euklideszi vektorterekben is tel-jesl. Az rdeklodo Olvas a [11] knyv 8.2. Szakaszban nzhet ennek utna.A trigonometrikus alak jelentosgt akkor rthetjk meg igazn, ha ilyen

alakban szorozzuk ssze a komplex szmokat. Legyen z = r(cos+ i sin) sw = s(cos + i sin). Ekkor

zw = rs(cos cos sin sin)+ rs(cos sin + sin cos)i ,ami az ismert addcis kpletek miatt rs

(cos( + ) + i sin( + )). Ltsz-

lag teht belttuk, hogy komplex szmok szorzsakor hosszuk sszeszorzdik,szgk sszeaddik. Azt eddig is tudtuk, hogy az abszolt rtk szorzattart, aszgekre vonatkoz szrevtel azonban j.

Itt azonban valamire vigyznunk kell. Komplex szm szgt 0 s 360 fokkzttinek definiltuk. A most kapott kplet teht szigoran vve nem mindigtrigonometrikus alak, mert az + szg tllpheti a 360 fokot. Pldul hai-t,aminek a hossza 1, szge 270, nmagval szorozzuk, akkor a fenti kpletbol

(i)2 = cos 540 + i sin 540addik. Ez persze ugyanaz, mint cos 180 + i sin 180 = 1, hiszen a sin sa cos fggvny is 360 szerint periodikus. A legegyszerubben gy szabadul-hatunk meg ettol a problmtl, ha a trigonometrikus alakban megengednktetszoleges szget, de ennek ra az, hogy a trigonometrikus alakban szereploszg csak modulo 360 lesz egyrtelmu.

1.4.4. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy ha r s s pozitv vals szmok, s pedigtetszoleges szgek, akkor r(cos+i sin) = s(cos+i sin) pontosan akkor,ha r = s, s a 360 egsz szm tbbszrse.

A msik t az, ha az 1.1.4. Defincihoz hasonlan szgekre is bevezetjka modulo 360 sszeads fogalmt. Ha 0 , < 360 (ezek most valsszmok), akkor +360 rtke legyen + , ha ez 360-nl kisebb, klnbenpedig + 360.

1.4.5. llts. Komplex szmok szorzsakor hosszuk sszeszorzdik, szgkpedig sszeaddik (modulo 360). A z = r(cos + i sin) 6= 0 szmmal valszorzs teht forgatva nyjts: az orig krl szggel forgat, s az origblr -szeresre nyjt.

30 1. Komplex szmok

A komplex szmok azrt elonysebbek a geometriai feladatok megoldsakor,mint a vektorok, mert nemcsak a vektorsszeadst, hanem a forgatsokat snyjtsokat is fel lehet rni velk, mghozz knnyebben kezelheto formban,mintha koordinta-geometrival szmolnnk. A fejezet vgn tbb feladattalprbljuk meg illusztrlni ezeket az elonyket.1.4.6. Gyakorlat. Adjunk kpletet kt komplex szm hnyadosra a trigono-metrikus alak felhasznlsval.

A szorzsra levezetett kplet segtsgvel hatvnyozni is tudunk, hiszen azismtelt szorzs. Nevezetesen

[r(cos + i sin)]n = rn(cos n + i sin n) .Ezt az sszefggst Moivre kpletnek nevezzk. (Sokszor gy hvjk a trigono-metrikus alakban flrt szmok szorzsnak szablyt is.) Hatvnyozskor tehta szget a kitevovel kell szorozni, a hosszat pedig a kitevore kell emelni. Haa vals szmokhoz hasonlan a hatvnyozst negatv egsz kitevokre is kiter-jesztjk, vagyis z0 rtkt 1-nek, zn rtkt pedig 1/zn-nek definiljuk, akkoraz 1.4.6. Gyakorlat alapjn knnyu meggondolni, hogy Moivre kplete mindenegsz kitevore rvnyes lesz.

Gyakorlatok, feladatok

1.4.7. Gyakorlat. Ha z s w komplex szmok, mi a geometriai jelentse a zszmnak, a z w vektornak, illetve a |z w| szmnak?1.4.8. Gyakorlat. rjuk fl az albbi szmokat trigonometrikus alakban:

(1) cos(60) i sin(60).(2) cos(30) i sin(60).(3) sin + i cos.(4) (1+ i tg)/(1 i tg).

1.4.9. Gyakorlat. Rajzoljuk le a komplex szmskon a kvetkezo halmazokat:(1) {z C : Re(z + 3+ 2i) 2}.(2) {z C : Re(z + 1) Im(z 3i)}.(3) {z C : |z i 1| 3}.(4) {z C : |z 3+ 2i | = |z + 4 i |}.(5) {z C : z + z = 1}.(6) {z C : 1/z = z}, illetve {z C : (1/z)+ 8 = z}.(7) {z C : |z| = i z}.(8) {z C : Im ((z 1)/(z + 1)) = 0}, illetve

{z C : Re ((z 1)/(z + 1)) = 0}.(9) |z 2| = 2|z + 1|.

1.4. A komplex szmok trigonometrikus alakja 31

1.4.10. Gyakorlat. A sk mely geometriai transzformciinak felelnek meg akomplex szmok halmaznak albbi lekpezsei:

(1) z 3z + 2.(2) z (1+ i)z.(3) z 1/z.

1.4.11. Gyakorlat. Legyenek z = a+bi sw = c+di klnbzo komplex sz-mok. rjuk fl az albbi alakzatok egyenlett komplex szmok segtsgvel.Az eredmnyben ne szerepeljen a, b, c, d, csak z s w.

(1) A z-t w-vel sszekto szakasz felezopontja.(2) A z-t w-vel sszekto szakasz felezo merolegese.(3) A z kzppont, w-t tartalmaz krvonal.(4) Az origbl z-be mutat vektor +90 fokos elforgatottja.(5) A w-bol z-be mutat vektor +90 fokos elforgatottja.(6) A z pont w krli +90 fokos elforgatottja.(7) Annak a ngyzetnek a cscsai, amelynek a z-t w-vel sszekto szakasz

tlja.(8) Annak a kt szablyos hromszgnek a kzppontja, melyeknek z s w

kt cscsa.

1.4.12. Feladat. Egy ngyszg oldalaira kifel ngyzeteket rajzolunk. Ksskssze az tellenes oldalakra rajzolt ngyzetek kzppontjait. Mutassuk meg,hogy az gy kapott kt szakasz meroleges, s egyenlo hossz.

1.4.13. Feladat. Rajzoljunk egy hromszg mindegyik oldalra kifel egy-egyszablyos hromszget. Igazoljuk, hogy ezek kzppontjai szablyos hrom-szget alkotnak.

1.4.14. Feladat. Igazoljuk, hogy a z1, z2, z3, z4 pronknt klnbzo komplexszmok akkor s csak akkor vannak egy krn vagy egyenesen, ha kettosviszo-nyuk, vagyis a

(z1 , z2 , z3 , z4) =z3 z1z3 z2

/z4 z1z4 z2

kifejezs vals szm.1.4.15. Feladat. Bizonytsuk be Ptolemaiosz ttelt: ha egy ngyszg oldalai-nak hossza rendre a, b, c, d, tlinak hossza pedig e s f , akkor ac+ bd e f ,s egyenlosg akkor s csak akkor ll, ha a ngyszg (konvex) hrngyszg.

1.4.16. Feladat. Hozzuk zrt alakra a sin x + sin 2x + . . .+ sin nx sszeget.

32 1. Komplex szmok

1.5. Egysggykk s rendjeikMoivre kplete alapjn mr el tudjuk vgezni komplex szmok kztt a gyk-vons muvelett is. Ehhez a megoldst trigonometrikus alakban keressk. Haz = r(cos + i sin) nem nulla szm, s n 1 egsz, akkor teht olyan wszmot keresnk, amelyre wn = z. A w0 = n

r(cos(/n)+ i sin(/n)) j lesz,

hiszen ezt a szmot n-edik hatvnyra emelve z-t kapjuk vissza.1.5.1. Gyakorlat. Ahhoz, hogy w0 rtkt kiszmtsuk, az r szmbl n-edikgykt kell vonni. Mirt egyszerubb dolog ez, mint egy ltalnos komplexszmbl vonni n-edik gykt?

A z szm sszes n-edik gykt kzvetlen szmolssal is megkereshetjk.1.5.2. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a z = r(cos + i sin) szm n-edik gykeipontosan a

w = nr(

cos + 2k

n+ i sin + 2k

n

)alak szmok, ahol 0 k < n egsz szm.

A kzvetlen szmols helyett a kvetkezokppen is eljrhatunk. Legyen w az tetszoleges n-edik gyke. A fenti w0 szmra ekkor wn0 = z = wn , ahonnan(w/w0)

n = 1. Jelljk a w/w0 hnyadost -nal, akkor teht n = 1. gyha sikerlne meghatrozni az ilyen szmokat, akkor az sszes keresett w-t ismegkapnnk a w = w0 sszefggsbol.1.5.3. Definci. Az C szmot n-edik komplex egysggyknek nevezzk, han = 1.

Pldul az i szm negyedik egysggyk, hiszen i2 = 1, s ezrt i4 = 1. Azi szm hatvnyai teht

i1, i2, i3, i4, i5, i6, i7, i8, . . .i, 1, i, 1, i, 1, i, 1, . . .

Vagyis a hatvnyok periodikusan ismtlodnek. Ha lerajzoljuk oket, egy ngyze-tet kapunk, melynek a kzppontja az orig, s az egysgkrbe rhat. Ezeketaz szrevteleket rvidesen ltalnostani fogjuk, s akkor az is kiderl majd,hogy az i ,1, i , 1 szmok az 1 szm sszes negyedik gyke, vagyis az sszesnegyedik egysggyk.

Az n-edik egysggykket trigonometrikus alakban keressk. Mivel n = 1,s az abszolt rtk szorzattart, ||n = 1, azaz || = 1. Ha szge , akkor

cos n + i sin n = n = 1 = 1(cos 0+ i sin 0) .Az 1.4.4. Gyakorlat miatt n = 2k alkalmas k egszre. Teht = 2k/n.

1.5. Egysggykk s rendjeik 33

1.5.4. Ttel. Az n-edik egysggykk szma pontosan n, ezek azk = cos(2k/n)+ i sin(2k/n) = k1

kplettel definilt 1, 2, . . . , n = 1 szmok. Ha z = r(cos + i sin) nemnulla komplex szm, akkor egyik n-edik gyke

w0 = n

r(

cos(/n)+ i sin(/n)) ,a tbbi n-edik gykt pedig gy kapjuk meg, hogy a w0 szmot vgigszorozzukaz n-edik egysggykkkel. Minden nem nulla komplex szmnak pontosan ndarab n-edik gyke van a komplex szmok kztt, s ezek egy orig kzppontszablyos sokszg cscsaiban helyezkednek el.Bizonyts. Ha lerajzoljuk az 1, 2, . . . , n = 1 szmokat a skon, akkor egyszablyos n-szget kapunk, amelynek termszetesen mind klnbzok a cs-csai. Viszont n+1 = 1, n+2 = 2, s gy tovbb, vagyis krbe-krbe jrunka szablyos n-szg cscsain. ltalban ha k-nak az n-nel val osztsi mara-dka r , akkor nyilvn k = r . Az k = k1 sszefggs nyilvnvalan kvetke-zik Moivre kpletbol. Vgl a z szm n-edik gykei azrt alkotnak szablyosn-szget, mert ez w0-lal szorzssal, azaz forgatva nyjtssal kaphat az egysg-gykk ltal alkotott sokszgbol.

Az n-edik komplex egysggykket ugyangy kell szorozni, ahogy a mo-dulo n maradkokat sszeadni. Valban, amikor az k s szmokat szorozzukssze, akkor a szgeket modulo 360 kell sszeadni, s ezrt az indexek modulo naddnak ssze. Kplettel flrva: k+n = k. Mg mshogy fogalmazva ak 7 k lekpezs (klcsnsen egyrtelmu, s) muvelettart a Zn halmaz s azn-edik egysggykk halmaza kztt akkor, ha az elso esetben a modulo n ssze-adst, a msodikban pedig a komplex szmok szorzst tekintjk muveletnek.(De mondhatjuk azt is, hogy a Z-bol C-be vezeto k 7 k lekpezs muvelet-tart, ha az elso muvelet az sszeads, a msodik a szorzs, hiszen k+ = kis teljesl. Ez a lekpezs azonban mr nem klcsnsen egyrtelmu.)A fejezet htralvo rszben a komplex szm rendjnek a fogalmval ismer-

kednk meg. Ez a tma kicsit nehezebb az eddigieknl, ezrt az Olvas meg-teheti, hogy eloreszalad a polinomokhoz, s ide akkor tr vissza, amikor mrkicsit jobban beleszokott az j gondolkodsmdba. A most kvetkezo anyagralegkzelebb a krosztsi polinomok vizsglatakor, azutn pedig a csoportelm-leti elemrend trgyalsakor lesz szksg.

Az 1 komplex szmrl belttuk, hogy hatvnyai periodikusan ismtlodnek.Vizsgljunk most meg ebbol a szempontbl egy tetszoleges z nem nulla komp-lex szmot. Tipikus esetben a z szm sszes egsz kitevoju hatvnya pron-knt klnbzo lesz. Ilyen szm pldul a z = 2, hiszen az 1, 2, 4, 8, . . . s1, 1/2, 1/4, 1/8, . . . szmok kztt nincs kt egyenlo.1.5.5. Gyakorlat. Mely vals z 6= 0 szmokra fordulhat elo, hogy zk = z, nohak 6= ?

34 1. Komplex szmok

Tegyk fl, hogy a z komplex szmra zk = z teljesl, noha k 6= . Ekkorzk = zk = 1, gy vannak olyan kitevok, melyekre z-t emelve 1-et kapunk.1.5.6. Definci. Az n egsz szm j kitevoje a z komplex szmnak, ha zn = 1.

Mivel a k s k j kitevok egyike pozitv, van pozitv j kitevo is.Legyen d a legkisebb pozitv j kitevo. Osszuk el k -et maradkosan d-vel:k = dq + r , ahol 0 r < d. Ekkor

1 = zk = zdq+r = (zd)q zr = 1q zr = zr .Teht r is j kitevo. Mivel d a legkisebb pozitv j kitevo volt, s r < d, az rmr nem lehet pozitv. Ezrt r = 0, vagyis d | k . Belttuk teht, hogy hazk = z, akkor d | k .

Ennek az lltsnak a megfordtsa is igaz. Ha d | k , akkor zk hatvnyazd = 1-nek, s gy zk = 1, vagyis zk = z. Szavakban megfogalmazva:z kt hatvnya akkor s csak akkor egyenlo, ha a kitevok klnbsge a d szmtbbszrse.

Teht z hatvnyai d szerint periodikusak! Hiszen z, z2, . . . , zd = 1 mgpronknt klnbzo (mert e d-nl kisebb kitevok klnbsge nem lehet d-veloszthat), de mr zd+1 = z, zd+2 = z2, s gy tovbb. gy z-nek pontosand darab klnbzo hatvnya van. Ezt a d szmot a z rendjnek nevezzk.1.5.7. Definci. Egy z komplex szm klnbzo (egsz kitevos) hatvnyainaka szmt a z rendjnek nevezzk s o(z)-vel jelljk. Ez vagy pozitv egsz,vagy a szimblum.1.5.8. Ttel. A z szmnak vagy brmely kt egsz kitevoju hatvnya klnbzo(ilyenkor a rendje vgtelen), vagy pedig a hatvnyok a rend szerint periodikusanismtlodnek. A rend a legkisebb pozitv j kitevo, vagyis a legkisebb olyanpozitv egsz, melyre a szmot emelve 1-et kapunk. Tovbb(R) zk = z o(z) | k , specilisan zk = 1 o(z) | k.A j kitevok teht pontosan a rend tbbszrsei.

Az Olvasnak a leheto legmelegebben ajnljuk, hogy a fentiek jobb megrtserdekben ismtelje t a rendnek a szmelmletben hasznlt, analg fogalmt(lsd [12], 3.2. Szakasz). Rviden sszefoglaljuk a legfontosabb tudnivalkat.

Legyen z Zm (olyan szm, amely m-hez relatv prm). Hatvnyozzuk z-ta modulo m szorzs szerint. A hatvnyok periodikusan ismtlodni fognak. Ne-vezzk z rendjnek modulo m (jele om(z)) a z szm modulo m klnbzo hat-vnyainak a szmt. A rend most is a legkisebb pozitv j kitevo, vagyis alegkisebb olyan pozitv egsz, melyre a szmot a m szorzs szerint hatvnyozva1-et kapunk. Az elemi szmelmletben szvesebben hasznlnak mindennek a ki-fejezsre kongruencikat. gy tetszoleges m-hez relatv prm z egszre(R) zk z (m) om(z) | k , specilisan zk 1 (m) o(z) | k.A j kitevok teht pontosan a rend tbbszrsei.

1.5. Egysggykk s rendjeik 35

Vigyzzunk, nem minden n-edik komplex egysggyk rendje n. Pldul az1 rendje 1, noha az 1 minden n-re n-edik egysggyk. A negyedik egysggy-kk kzl az i s i rendje 4, a 1 rendje 2, az 1 rendje pedig 1. A hatodikegysggykk rendjeit a 3.1. brn szemlltettk (140. oldal). Prbljuk mostltalnosan meghatrozni az n-edik egysggykk rendjeit. Ebben a kvetkezofeladat lesz a segtsgnkre.

1.5.9. Feladat. Egy bolha ugrl krbe egy n-szg cscsain, gy, hogy mindenugrsnl k cscsnyit lp elore. Hny lps utn jut vissza a kiindulponthoz?Hny krt tesz meg ezalatt? Hny cscsot rint sszesen?

1.5.10. Ttel. Ha a z komplex szm rendje vges, s k egsz szm, akkor

(H) o(zk) = o(z)(o(z), k)

.

Ez a hatvny rendjnek kplete.Bizonyts. Legyen o(z) = n, s rjuk fl a z hatvnyait sorban egy n-szgcscsaira. Helyezznk r egy bolht a zn = 1-nl levo cscsra. Amikor a zkszmot hatvnyozzuk, akkor mindig azokra a cscsokra jutunk, ahol a bolhalesz, amikor k-asval ugrl (az elso ugrs utn a zk-ban, azutn a (zk)2-ben, sgy tovbb). A zk rendje a hatvnyainak a szma, vagyis a bolha ltal rintettcscsok szma, ami az elozo feladat szerint n/(n, k).

A kplettel ellenorizhetjk, hogy mivel o(i) = 4, ezrt o(i2) = 4/(4, 2) = 2,s o(i3) = 4/(4, 3) = 4. ltalban, ha

k = cos(2k/n)+ i sin(2k/n) = k1 ,akkor mr lttuk, hogy 1-nek n klnbzo hatvnya van, teht a rendje n, sgy a kplet szerint

o(k) = o(k1) =n

(n, k).

Ezt praktikusabban is megfogalmazhatjuk. Az k kpletben egyszerustsk lea k/n trtet. Ekkor elrhetjk, hogy k s n relatv prmek legyenek. Ilyenkorpedig a fenti kplet n-et ad eredmnyl. Ez az szrevtel igen hasznos konkrtszmolskor, feladatmegoldskor, ezrt egy kln lltsba foglaljuk.1.5.11. llts. Egy z 6= 0 komplex szm rendje akkor s csak akkor vges, haabszolt rtke 1, szge pedig a 2 racionlis tbbszrse. Ha ez a racion-lis szm egyszerusthetetlen trt alakjban flrva p/q (ahol q > 0), akkor az rendje q .1.5.12. Definci. Az n rendu komplex szmokat primitv n-edik egysggykk-nek nevezzk.

36 1. Komplex szmok

Ezek mind az n-edik egysggykk kztt vannak, s a fenti kplet szerintazok az k szmok lesznek primitv n-edik egysggykk, melyekre (k, n) = 1.1.5.13. Ttel. A primitv n-edik egysggykk pontosan az

k = cos(2k/n)+ i sin(2k/n)alak szmok, ahol k s n relatv prmek, s 0 k < n. Szmuk (n), ahol a szmelmletbol ismert Euler-fggvny (E.4.1. Definci). Egy komplex szmakkor s csak akkor n-edik primitv egysggyk, ha a hatvnyai pontosan azsszes n-edik egysggykk.

Bizonyts. Csak az utols lltst nem lttuk be az eddigiek sorn. Ha pri-mitv n-edik egysggyk, akkor a rendje n, ezrt n klnbzo hatvnya van.Ezek mind n-edik egysggykk, s mivel abbl is n darab van, mindet megkell kapjuk. Megfordtva, ha hatvnyai pont az n-edik egysggykk, akkorn klnbzo hatvnya van, s gy a rendje n.

A rend fogalmnak bevezetsvel befejeztk a komplex szmokkal val is-merkedst. Noha lttunk nhny geometriai alkalmazst, s a gykvons semproblma tbb, a harmadfok egyenlettel kapcsolatos krdseket mg nemtisztztuk. Erre akkor kerl majd sor, amikor mr eleget fogunk tudni poli-nomokrl is. Mostantl kezdve szm alatt mindig komplex szmot rtnk.

Gyakorlatok, feladatok

1.5.14. Gyakorlat. Oldjuk meg az albbi egyenleteket (x komplex szm).(1) x3 = 1.(2) x4 = 4.(3) x8 =

3 i .

(4) xn = 1.1.5.15. Gyakorlat. Az albbi szmoknak mennyi a rendje? Mely n-ekre lesz-nek n-edik egysggykk? s primitv n-edik egysggykk?

(1) 1+ i ,(2) (1+ i)/

2,

(3) cos(

2)+ i sin(

2),(4) cos(336)+ i sin(336)

1.5.16. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy minden komplex egysggyk ponto-san egy n-re lesz primitv n-edik egysggyk, de vgtelen sok n-re lesz n-edikegysggyk.

1.5.17. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha n > 0 egsz, C, s n = i ,akkor rendje vges, s nggyel oszthat.

1.6. A komplex szmok precz bevezetse 37

1.5.18. Gyakorlat. Ha primitv 512-edik egysggyk, akkor mik a i rend-jnek lehetsges rtkei?1.5.19. Feladat. Hogyan fgg ssze egy komplex szm s az ellentettjnek arendje? (Eloszr kis n szmokra vizsgljuk meg).1.5.20. Gyakorlat. Szorozzuk ssze a hatodik egysggykket a negyedik egy-sggykkkel az sszes lehetsges mdon. Hny klnbzo szmot kapunk?Mi a helyzet, ha a hatodik s a hetedik egysggykket szorozzuk ssze?

1.5.21. Gyakorlat. Legyenek m s n pozitv egszek.(1) Hny kzs gyke van az xn = 1 s xm = 1 egyenleteknek C-ben?(2) Mutassuk meg, hogy egy n-edik s egy m-edik egysggyk szorzata

nm-edik egysggyk.(3) Bizonytsuk be, hogy egy n-edik s egy m-edik primitv egysggyk

szorzata akkor s csak akkor nm-edik primitv egysggyk, ha m s nrelatv prmek.

1.5.22. Gyakorlat. Mennyi az n-edik egysggykk sszege, szorzata s ngy-zetsszege? (A primitv n-edik egysggykk sszegt s szorzatt majd a3.9.17. Feladatban hatrozzuk meg).Az albbi feladatokban hasznljuk fl a 2.2.42. Gyakorlatban bizonytott bino-milis ttelt.

1.5.23. Feladat. Hozzuk zrt alakra a kvetkezo sszeget:(1867

0

)+(

18674

)+(

18678

)+(

186712

)+ . . . .

(Az utols tagban alul 1864 szerepel, de ezt nem kell kirni, mert egy binomilisegytthat rtke megllapods szerint nulla, ha alul nagyobb szm van, mintfll, s gy az sszeg tagjai egy ido utn nullv vlnak.)1.5.24. Feladat. Fejezzk ki cos x s sin x segtsgvel sin 7x-et. ltalnostsuka kapott kpletet.

1.6. A komplex szmok precz bevezetseBizonyra sok Olvasnk hallott mr Gdel nevezetes, s teljesen szabatosan bizo-nythat ttelrol, amely szerint nem lehet bebizonytani, hogy a jelenleg hasznltmatematikban soha nem fog felbukkanni ellentmonds (kivve, ha a matematikamr eleve ellentmondsos). gy teljes biztonsgot nem rhetnk el a komplex sz-mok bevezetsekor sem. De ha az ignyeinket lejjebb adjuk, akkor sem lehetnkelgedettek a komplex szmok eddig hasznlt, szemlletes bevezetsvel. Zavarpldul az, hogy mg mielott sszeadst s szorzst definiltunk volna, mr ma-gban a komplex szm a + bi defincijban mindketto szerepel. Mrpedig a

38 1. Komplex szmok

matematikban nem definilhatunk egyetlen fogalmat sem Mnchhausen-mdra,sajt maga segtsgvel.

rdemes teht a komplex szmok fogalmt egy fokkal preczebben bevezetni,mint ahogy eddig tettk, hogy ne adjon flrertsre alkalmat, hogy meggyozhes-sk magunkat arrl: ha a vals szmokkal val szmols sorn nem lehet baj(ellentmonds), akkor a komplex szmok hasznlata esetben sem lesz. Term-szetesen mindez csak a szemlletessg rovsra trtnhet. Ezrt gy kell gyes-kednnk, hogy a bevezets vgre rve az eddig szemlletesen hasznlt fogalma-kat, jellseket tovbbra is ugyangy hasznlhassuk, mint eddig.

A komplex szmok precz bevezetse magasabb fok matematikai rettsgetignyel, mint amit a knyv eddigi rszeiben feltteleztnk. Meggyozodsnk,hogy eloszr a komplex szmokkal (sot, esetleg a polinomokkal) val szmolsgyakorlati fogsait clszeru elsajttani. Ezrt ezt a szakaszt teljes egszben aprbetus rsznek rdemes tekinteni. Az Olvas eloszrre nyugodtan tugorhatja, an-nl is inkbb, mert a konstrukci igazn tanulsgos mozzanatai ksobb jra sjra megjelennek majd. Eloszr a polinomok precz bevezetsekor (2.3. Szakasz),ksobb a hnyadostest (5.7.2. Ttel), vagy az egyszeru algebrai testbovts konst-rukcijakor (6.4.3. Ttel). Sot, a faktorgyuruk vizsglatakor a komplex szmokbevezetsre is egy alternatv, precz mdszert lelnk majd (5.2. Szakasz).Abbl indulunk ki, ahogyan a komplex szmok egyenlosgt definiltuk.

A komplex szmokat a vals s kpzetes rszk egyrtelmuen meghatrozza,s ezek tetszoleges vals szmok lehetnek. gy az a + bi komplex szmragondolva egy olyan matematikai objektumot kell keresnnk, amelyet az a sb szmok (a sorrendre is tekintettel) egyrtelmuen meghatroznak. Ilyen ob-jektum az (a, b) rendezett pr (de akinek jobban tetszik, gondolhat helyette ask megfelelo pontjra is, s akkor egy fst alatt a komplex szmok geometriaikapcsolatt is megkapja). Teht a nem szemlletes, de jl kezelheto definci akvetkezo:

1.6.1. Definci. Komplex szmon egy z = (a, b) rendezett prt rtnk, ahol as b vals szmok. A z = (a, b) komplex szm vals rsze a, kpzetes rsze b.

A muveleteket is knnyen definilhatjuk, ha suttyomban az (a, b) helyreodakpzeljk az a + bi-t, s gy tkdoljuk az 1.3.2. Defincit:

(a, b)+ (c, d) = (a + c, b + d) ,(a, b)(c, d) = (ac bd, ad + bc) .

A komplex szmok kztt most nincsenek ott a vals szmok, hiszen azoknem rendezett prok. Az a vals szmot a + 0 i-knt rtuk fl komplex szm-knt, ehelyett az (a, 0) prra kell gondolnunk. Az ilyen prokkal ugyangy kellszmolni, mint a vals szmokkal, hiszen a fenti kpletek szerint

(a, 0)+ (c, 0) = (a + c, 0)(a, 0)(c, 0) = (ac, 0) .

1.7. sszefoglal 39

Mskpp fogalmazva, a : a 7 (a, 0) lekpezs (amely klcsnsen egy-rtelmu a vals szmok s az (a, 0) alak komplex szmok kztt) tartja azsszeadst s a szorzst is. Ezrt az a szmot azonostjuk a neki megfelelo(a, 0) komplex szmmal. (Ennek az azonostsnak vannak precz techniki,lsd a 6.4.3. Ttel bizonytsa utni megjegyzst.)

Ltszlag nincs ott az jstetu komplex szmok kztt az i sem. A szeml-letes definci szerint persze i = 0 + 1 i , s gy bevezethetjk az i = (0, 1)jellst. Ekkor a szorzs szablya miatt

i2 = (0, 1)(0, 1) = (1, 0) ,amit a 1 szmmal azonostottunk. Magyarul i2 = 1, immr preczen. Vglaz sszeads s a szorzs szablya szerint

(a, b) = (a, 0)+ (0, b) = (a, 0)+ (b, 0)(0, 1) ,ezt a szmot pedig ppen a + bi-vel azonostottuk. gy a komplex szmoktnyleg az a + bi alak kifejezsek, melyekkel a muveleteket gy kell vgezni,ahogyan mr megszoktuk.

1.7. sszefoglalA modulo m maradkok Zm = {0, 1, . . . ,m 1} halmazn bevezettk a mo-dulo m sszeads s szorzs fogalmt (1.1.4. Definci), s feldertettk ezekalapveto tulajdonsgait (1.1.5. llts). Megllaptottuk, hogy ezek nagyon ha-sonltanak a szmok kztti muveletek tulajdonsgaira, valamint hogy muvelet-tart az a lekpezs, amely minden egsz szmhoz a mod m maradkt rendeli(1.1.6. llts). A kivonst az ellentett hozzadsaknt, az osztst a reciprokkal(inverzzel) val szorzsknt definiltuk. Az ellentett mindig ltezik, a recip-rok azonban nem. Nyitva maradt a nullosztmentessg krdse is: egy szorzatlehet-e nulla gy, hogy egyik tnyezoje sem nulla. A maradkokkal val sz-molst felhasznltuk kombinatorikai s szmelmleti feladatok megoldsra.

Megbeszltk a harmadfok egyenlet megoldsi tlett, s ebbol levezettka Cardano-kpletet, br az mg nem derlt ki, hogy ez megadja-e az egyenletsszes megoldst. Konkrt pldk alapjn azt tapasztaltuk, hogy ha az egyen-letnek csak egy vals gyke van, akkor azt a kplet megadja, de hrom valsgyk esetn ezeket csak gy tudjuk megkapni, ha hajlandk vagyunk formli-san szmolni negatv szmok ngyzetgykeivel.

Hogy a negatv szmok ngyzetgykeivel val szmolst preczz tegyk,bevezettk a komplex szmokat, mint a + bi alak formlis kifejezseket, aholi2 = 1. Felfedeztk az sszeads s a szorzs szablyait s tulajdonsgait(1.3.2. Definci, 1.3.3. llts), melyek szintn nagyon hasonltanak a szmok

40 1. Komplex szmok

kztti muveletek tulajdonsgaihoz. A vals szmokat is (a+0 i alak) komp-lex szmnak kpzeljk, s ezentl szm alatt komplex szmot rtnk. Meg-mutattuk, hogy minden nem nulla komplex szmmal lehet osztani (1.3.6. l-lts): a trtet a nevezo konjugltjval kell bovteni. Ebbol levezettk a null-osztmentessget is (1.3.7. llts). Kiterjesztettk az abszolt rtk fogalmtkomplex szmokra (de leszgeztk, hogy komplex szmok kztt nem rtel-meznk egyenlotlensgeket). sszefoglaltuk a konjugls s az abszolt rtktulajdonsgait (1.3.10. llts).

A komplex szmokat a sk pontjaival, illetve az ezekbe az origbl mutathelyvektorokkal azonostottuk. Ekkor a komplex szmok sszeadsa a vektor-sszeadsnak felel meg. Egy komplex szm abszolt rtke az origtl valtvolsga, s emiatt teljesl a hromszg-egyenlotlensg (1.4.3. Ttel). Defini-ltuk nem nulla komplex szm szgt, s trigonometrikus alakjt. Megllap-tottuk, hogy komplex szmok szorzsakor a hosszak sszeszorzdnak, a szgekpedig (mod 2) sszeaddnak (1.4.5. llts). gy kpletet kaptunk a gyorshatvnyozsra (pozitv s negatv egsz kitevok esetben). Az a kvetkezmny,hogy egy komplex szmmal val szorzs egy forgatva nyjts, lehetov teszi,hogy komplex szmokat hasznljunk geometriai feladatok megoldshoz.

Megllaptottuk, hogy egy nem nulla komplex szmnak minden pozitv negszre pontosan n darab n-edik gyke van, amelyek egy orig kzppontszablyos sokszg cscsaiban helyezkednek el. A gykvonst trigonometri-kus alakban clszeru elvgezni (1.5.2. Gyakorlat). Azokat az komplex sz-mokat, amelyekre n = 1 teljesl, n-edik egysggykknek neveztk. Ezek acos(2k/n) + i sin(2k/n) alak szmok, ahol 0 k < n, gy sszesen n da-rab n-edik egysggyk van. Ha egy komplex szmnak ismerjk az egyik n-edikgykt, akkor az sszes n-edik gykeit ebbol az n-edik egysggykkkel valszorzssal kapjuk (1.5.4. Ttel).

Egy z 6= 0 komplex szm o(z) rendje a klnbzo hatvnyainak a szma. Ezvagy vgtelen, ebben az esetben z brmely kt egsz kitevoju hatvnya kln-bzo, vagy egy pozitv r szm, ebben az esetben z hatvnyai r szerint periodi-kusan ismtlodnek, vagyis(R) zk = z o(z) | k (1.5.8. Ttel). Specilisan zn akkor s csak akkor 1, ha o(z) | n (ezek a z szmj kitevoi). Egy z komplex szm rendje akkor s csak akkor vges, ha a szmegysggyk, vagyis ha hossza 1, szge pedig a 2 racionlis szmszorosa. Haez a racionlis szm p/q, s (p, q) = 1, akkor z rendje q (1.5.11. llts).Mindez a hatvny rendjnek(H) o(zk) = o(z)

(o(z), k)kpletbol kvetkezik (1.5.10. Ttel).

1.7. sszefoglal 41

Egy komplex szmot primitv n-edik egysggyknek neveznk, ha rendje n.Ezek a cos(2k/n) + i sin(2k/n) alak szmok, ahol (k, n) = 1. sszesen(n) darab primitv n-edik egysggyk van (itt (n) a szmelmletbol ismertEuler-fggvny). Egy szm akkor s csak akkor n-edik primitv egysggyk, hahatvnyai pontosan az sszes n-edik egysggykk (1.5.13. Ttel).

Vgl mutattunk egy lehetsges mdot a komplex szmok precz bevezet-sre. Az a + bi-nek kpzelt szmot az (a, b) rendezett prknt definiltuk, saz ezek kztti muveleteket az 1.3.2. Definci alapjn adtuk meg (1.6.1. Defi-nci). Az a vals szmot azonostottuk az (a, 0) komplex szmmal, ezt azrttehettk meg, mert az sszeadst s a szorzst mindkettovel ugyangy kellvgezni. Ily mdon a vals szmok is komplex szmokk vltak. Az i = (0, 1)jellst hasznlva (a, b) = a + bi addott, s gy preczz tettk a komplexszmok korbbi, szemlletes defincijt.

2. POLINOMOK

. . . de az a+ b-t s a nullt, ami nem is nulla,s az x-nek titokzatos hnytorgsait. . .

Fekete Istvn: Tli berek

2.1. A polinom fogalma

Amikor kznsges egyenleteket kell megoldanunk, az ismeretlennel formli-san szmolunk. Pldul az

x2 + x + 1x + 1 = x

egyenlet esetben nem prblunk az x helybe konkrt szmokat helyettesteni,hanem olyan trendezst hajtunk vgre, ami minden egyes x-re helyes. gy afenti egyenletbol x + 1-gyel tszorozva

x2 + x + 1 = x2 + xaddik. Ezt az talaktst akkor is helyesnek rezzk, ha tudjuk, hogy ez utbbiegyenletnek nincs megoldsa (hiszen 1 = 0-ra vezet), teht semmilyen konkrtx szmra nem teljesl egyik flrt egyenlosg sem.

Ahogy teht a komplex szmok bevezetse kapcsn megllaptottuk, hogymilyen szablyok szerint szabad szmolni negatv szmok ngyzetgykeivel,gy rdemes most is megvizsglni, hogy az ismeretlen, meghatrozatlan sz-mokat tartalmaz kifejezseket hogyan kezelhetjk.

Mirt van erre szksg? Hiszen az egyenletmegoldst mr a kzpiskol-ban begyakoroltuk. A vlasz ismt az, hogy szeretnnk sok problmra kzsmegoldsi mdszert tallni. Ilyen pldul egy egyenlet megoldkplete. Msesetben olyan, minl egyszerubb kifejezst kell flrnunk, ami adott helyekenadott rtkeket vesz fel (gy kereshet pldul egy fizikus trvnyt, szablyszeru-sget a mrsi eredmnyeihez). Ilyenkor ismernnk kell a flrand kifejezsektulajdonsgait. Az is elofordul, hogy meg szeretnnk bizonyosodni: egy bonyo-lult egyenletnek nincs mr ms megoldsa, mint amiket megtalltunk. Ehhezjl jnne egy olyan ttel, ami megmondja, hogy egy egyenletnek, az alakjtlfggoen, maximum hny megoldsa lehet.

43

44 2. Polinomok

De szksg lehet negatv eredmnyek bizonytsra is. A matematikban na-gyon hasznos ismerni a mdszereink korltait is, hogy tudjuk: egy-egy prob-lma megoldshoz kell-e j mdszert kifejleszteni. Fontos plda ilyen korltra,hogy a legalbb tdfok egyenletek esetben mr nem ltezik olyan ltalnosmegoldkplet, amely a ngy alapmuvelet s gykvons segtsgvel megadjaaz egyenlet gykeit. Ennek a bizonytshoz preczen tudnunk kell, mit is rtnkegyenlet, megoldkplet alatt, s mik ezeknek a tulajdonsgai.

A komplex szmokhoz hasonlan arra treksznk, hogy az Olvas minl ha-marabb el tudjon kezdeni szmolni polinomokkal. Ezrt a leheto legpraktikusab-ban vezetjk be ezt a fogalmat. A precz bevezets a 2.3. Szakaszban tallhat.Elsoknt az olyan kifejezseket vesszk grcso al, amelyekben szmokon

kvl csak egy x ismeretlen szerepel, s csak hrom muveletet hasznlha-tunk: sszeadst, kivonst s szorzst. A komplex szmok bevezetsekor sz-revettk, hogy minden i-t tartalmaz, a fenti hrom muvelettel flrt kifejezsa+ bi alakra egyszerustheto. Kzpiskols tapasztalatunk az, hogy a zrjelekfelbontsval, s x hatvnyai szerinti rendezssel az x-et tartalmaz, e hrommuvelettel flrt kifejezsek a kvetkezo alakra hozhatk:

f (x) = a0 + a1x + a2x2 + . . .+ anxn ,ahol a0, . . . , an szmok (mostani tudsunkkal mr komplex szmok is lehetnek),s n 0 egsz szm. Az ilyen kifejezseket polinomoknak nevezzk. Az x apolinomban szereplo hatrozatlan. Az a j x j kifejezsek a polinom tagjai, az aiszmok pedig a polinom egytthati. Az a0 a polinom konstans tagja.

Mivel formlisan szmolunk, x-rol semmi mst nem ttelezhetnk fel, csakazt, ami minden szmra rvnyes. Ezrt 0 x termszetesen nulla lesz, de a fentikpletben semmilyen ms egyszerustsi lehetosget nem vrhatunk. A 0 xktagot nha rdemes lesz kirni, nha meg rdemes lesz elhagyni. gy teht az1 + x2 s az 1 + 0 x + x2 + 0 x3 polinomokat egyenlonek tekintjk. A leg-egyszerubb, ha minden polinomba odakpzeljk a ki nem rt x-hatvnyokat is,nulla egytthatval. Ekkor polinomok egyenlosgt a kvetkezokppen defini-lhatjuk.2.1.1. Definci. Kt polinomot akkor s csak akkor tekintnk egyenlonek, haa megfelelo egytthatik megegyeznek, vagyis ha minden k 0 egszre az xkegytthatja a kt polinomban ugyanaz.

Ha a fenti f polinomban mindegyik ai egytthat nulla, akkor a nullapolino-mot kapjuk (ez nem tvesztendo ssze a 0 szmmal, de mindkettot 0 jelli). Haf 6= 0, akkor hagyjuk el a polinom jobb oldalrl a nulla egytthatj tago-kat (vagyis keressk meg a legnagyobb olyan k szmot, amelyre ak 6= 0). gyf (x) = a0+a1x+a2x2+ . . .+ak xk addik, ahol mr ak 6= 0. Ebben az esetben

2.1. A polinom fogalma 45

a k kitevo a polinom foka, az ak xk a polinom fotagja, az ak szm pedig a po-linom foegytthatja. Egy polinom normlt, ha foegytthatja 1. Teht csak anem nulla polinomoknak rtelmezzk a fokt. Az f polinom fokt gr( f )-fel je-lljk (a gradus a fok sz latin megfeleloje). Sok knyvben a deg( f ) jellstalkalmazzk (mert a fok angolul degree). Egyenlo polinomoknak termsze-tesen ugyanaz a foka (ha ltezik). Az f helyett mindegyik jellsben rhatunkf (x)-et is, ha fel akarjuk tntetni, hogy x a hatrozatlan.

Ahhoz, hogy eldnthessk, tnyleg minden vizsglt kifejezs a fenti alakrahozhat-e, elegendo azt ellenorizni, hogy a fenti alak polinomokat sszeadva,kivonva s sszeszorozva szintn ilyen alak kifejezst kapunk. A komplexszmok bevezetshez hasonlan fontos lesz konkrtan kiszmolni az sszeg sa szorzat kplett.

Kt polinom sszegnek kiszmtshoz a kisebb fok polinom vgre rjunknulla tagokat gy, hogy a kvetkezo alakot kapjuk:f = a0 + a1x + a2x2 + . . .+ anxn , g = b0 + b1x + b2x2 + . . .+ bnxn .

Teht felteheto, hogy ugyanaz az n szm szerepel a kt polinomban (de ekkorcsak annyit tudunk, hogy polinomjaink foka legfeljebb n, teht ilyenkor mrnem tehetjk fl, hogy a kt foegytthat nem nulla). Ez a flrs azrt hasznos,mert az sszeadst knnyen elvgezhetjk:

f + g = (a0 + b0)+ (a1 + b1)x + (a2 + b2)x2 + . . .+ (an + bn)xn .Hasonl kplet adja kt polinom klnbsgt is.2.1.2. llts. Kt polinom sszegnek a foka legfeljebb akkora, mint a kt po-linom fokai kzl a nem kisebb. Kpletben: gr( f + g) max(gr( f ), gr(g)).Ha a kt polinom foka klnbzo, akkor egyenlosg ll.

Termszetesen az sszeg fokrl csak akkor beszlhetnk, ha ltezik, vagyisha az sszeg nem a nullapolinom.

Bizonyts. Ha f = g = 0, akkor f + g is nulla. Ha nem, akkor f s g fntiflrsban fltehetjk, hogy an 6= 0 (esetleg f -et s g-t meg kell cserlni).Teht gr( f ) = n s gr(g) n. Nyilvnval, hogy gr( f + g) n. Ha bn = 0,akkor f + g foegytthatja is an lesz, s gy f + g foka pontosan n. Ha bn 6= 0,azaz mindkt polinom foka n, akkor elkpzelheto, hogy an + bn = 0, amikorf + g foka n-nl kisebb lesz (sot f + g akr nulla is lehet). 2.1.3. Gyakorlat. Az a0 + a1x + a2x2 s b0 + b1x + b2x2 + b3x3 polinomokatszorozzuk ssze: bontsuk fel a zrjelet, rendezzk az eredmnyt x hatvnyaiszerint, vgl llaptsuk meg az eredmny fokt.

A polinomok szorzsakor a kvetkezo flrs lesz hasznos:f = a0 + a1x + a2x2 + . . .+ anxn , g = b0 + b1x + b2x2 + . . .+ bm xm ,

46 2. Polinomok

ahol an 6= 0 s bm 6= 0. (Ha valamelyik tnyezo a nullapolinom, akkor a szorzatnyilvn szintn nulla.) Szorozzuk ssze ezt a kt polinomot.2.1.4. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy az (a1+ . . .+an)(b1+ . . .+bm) szorzategyenlo az nm darab ai b j szm sszegvel.

A fenti szrevtel alapjn az f s g szorzsnl a zrjelet gy bonthatjuk ki,hogy az elso sszeg minden tagjt megszorozzuk a msodik sszeg minden tag-jval, majd a kapott szorzatokat sszeadjuk. Ezt az (n+1)(m+1) tag sszegetszeretnnk x hatvnyai szerint rendezni. Egy xk-os tag gy tud keletkezni, hogyegy x i -s s egy x j -s tagot szorzunk ssze, ahol i + j = k. gy az f g szorzatbanxk egytthatja(2.1) ck = a0bk + a1bk1 + a2bk2 + . . .+ ak1b1 + akb0 .Ltszlag ck egy k + 1 tag sszeg, de valjban az sszegnek lehet kevesebbtagja. Pldul ha k = m+n, akkor az a0bn+m tag nem fog szerepelni, mert b in-dexe csak nulltl m-ig halad. Ezt a gondot azonban knnyen kikszblhetjk,ha megllapodunk abban, hogy nullnak tekintjk bm+1, bm+2, . . ., s ugyangyan+1, an+2, . . . rtkt (ahogy mr a polinomok egyenlosgnek 2.1.1. Definci-ja elott is tettk). Ezzel a fenti (2.1) kplet formlisan is helyess vlik.

Az xn+m tag egytthatja egy n+m + 1 tag sszeg, de ennek csak egyetlennem nulla tagja van: anbm . Valban, a tagok ai b j alakak, ahol i + j = n +m,s ha i > n, akkor ai = 0, ha viszont i < n, akkor j > m, vagyis b j = 0. Ezaz egyetlen anbm tag viszont nem lesz nulla, mert egyik tnyezoje sem az. Ezbizonytja a kvetkezo lltst.2.1.5. llts. Az f g szorzat foegytthatja anbm , foka n +m. Teht nem nullapolinomok szorzsakor a fokok sszeaddnak: gr( f g) = gr( f ) + gr(g). gy aszorzatpolinom nem nulla, vagyis polinomok szorzsra is rvnyes a nullosz-tmentessg.

A polinomokkal is a szoksos szablyok szerint szmolhatunk. Foglaljukssze bizonyts nlkl ezeket a remlhetoleg mr ismeros szablyokat.

2.1.6. llts. Legyenek f, g, h tetszoleges polinomok.(1) ( f + g)+ h = f + (g + h) (az sszeads asszociatv).(2) f + g = g + f (az sszeads kommutatv).(3) f + 0 = 0+ f = f (azaz ltezik nullelem).(4) Minden f -nek van ellentettje, azaz olyan g, melyre f +g = g+ f = 0.

(Ilyen g lesz az a polinom, melynek egytthati az f egytthatinakellentettjei.)

(5) ( f g)h = f (gh) (a szorzs asszociatv).(6) f g = g f (a szorzs kommutatv).(7) f 1 = 1 f = f (azaz ltezik egysgelem).

2.1. A polinom fogalma 47

(8) ( f + g)h = f h + gh (disztributivits).A (3) lltsban szereplo 0 a nullapolinomot jelli (s nem a 0 szmot). Ha-

sonlkppen a (7) lltsban szereplo 1 jel polinom, s nem szm: az a polinom,amelynek minden egytthatja nulla, kivve a konstans tagot, ami 1. ltal-ban tetszoleges c szmot polinomnak is tekinthetnk. Ezek a konstans polino-mok, azaz a nulladfok polinomok s a nullapolinom. A konstans polinomokatugyangy kell sszeadni s szorozni, mint a megfelelo szmokat.

Mivel minden polinomnak ltezik ellentettje, a kivons is korltlanul elv-gezheto (mint az ellentett hozzadsa). Korbban lttuk, hogy az osztst (a ma-radkokkal val szmolsnl is, a komplex szmoknl is) a reciprokkpzsre,vagyis az inverz elemmel val szorzsra vezethetjk vissza. gy van ez a poli-nomoknl is, de csak nagyon kevs polinomnak van reciproka.

2.1.7. llts. Az f polinomnak akkor s csak akkor van inverze (reciproka) apolinomok kztt, ha f nem nulla konstans polinom.Bizonyts. Ha c 6= 0 konstans polinom, akkor inverze az 1/c konstans polinom(s gy minden polinom eloszthat vele: az egytthatit kell c-vel elosztani). Te-gyk most fel, hogy az f polinomnak van inverze. Ez azt jelenti, hogy ltezikolyan g polinom, hogy f g = 1. gy egyik tnyezo sem nulla, vagyis kpez-hetjk a szereplo polinomok fokt. Mivel szorzsnl a fokok sszeaddnak, aztkapjuk, hogy

gr( f )+ gr(g) = gr( f g) = gr(1) = 0 .Ezrt f s g foka is nulla, vagyis f csak konstans polinom lehet.

A Maple program tudja kezelni a polinomokat. Erre tbb pldt ltunk majda ksobbiekben, most csak nhny alapveto funkcit illusztrlunk.

f := x+I;g := x-I;expand(f*g);

2x + 1

degree(f*g);2

?polynomialsAz utols sor segtsget ad a polinomokkal kapcsolatos parancsokhoz.

Mielott tovbblpnnk, bevezetnk egy jellst. Soktag sszegeket eddig a. . . szimblum segtsgvel rtunk fl. Pldul a1 + a2 + . . .+ an jelentette azt,hogy az ai szmokat ssze kell adni, mikzben az i index 1-tol n-ig fut. Ezzela jellssel azonban tbb problma is lehet. Ha az ai egy bonyolult kifejezs,akkor esetleg knyelmetlen vagy ttekinthetetlen lerni tbb tagot is (ahogy azimnt hrom konkrt tagot is lertunk: a1-et, a2-t s an-et). Esetleg nem isknnyu kitallni, mire gondolhat az, aki mondjuk az a1+a3+ . . .+an sszeget

48 2. Polinomok

rta le. Vajon itt a pratlan indexu ai szmokat kell sszeadni? E problmkthidalsra a kvetkezo jells szolgl.2.1.8. Definci. A

nj=1

a j

gynevezett szumma jells azt jelenti, hogy a j vltoz 1-tol n-ig fut, s min-den rtkre ssze kell adni a szumma jel jobb oldaln ll a j kifejezst. A

nj=1

a j